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【动态规划】多重背包问题

GabrielxD
2022-11-23 / 0 评论 / 0 点赞 / 16 阅读 / 2,308 字 / 正在检测是否收录...

题目

4. 多重背包问题 I
5. 多重背包问题 II


NN 种物品和一个容量是 VV 的背包。

ii 种物品最多有 sis_i 件,每件体积是 viv_i,价值是 wiw_i

求解将哪些物品装入背包,可使物品体积总和不超过背包容量,且价值总和最大。
输出最大价值。

输入格式

第一行两个整数,NVN,V,用空格隔开,分别表示物品种数和背包容积。

接下来有 NN 行,每行三个整数 vi,wi,siv_i, w_i, s_i,用空格隔开,分别表示第 ii 种物品的体积、价值和数量。

输出格式

输出一个整数,表示最大价值。

数据范围

I:
0<N,V1000 \lt N, V \le 100
0<vi,wi,si1000 \lt v_i, w_i, s_i \le 100

II:
0<N10000 \lt N \le 1000
0<V20000 \lt V \le 2000
0<vi,wi,si20000 \lt v_i, w_i, s_i \le 2000

提示:

本题考查多重背包的二进制优化方法。

输入样例

4 5
1 2 3
2 4 1
3 4 3
4 5 2

输出样例:

10

解题

方法一:动态规划

思路

二维动态规划的思维过程与 完全背包问题 完全相同,只不过多加了个 k<sik < s_i 的条件。

动态规划:

  • 状态定义:dp[i][j]dp[i][j] 表示所有只考虑前 ii 个物品,且总体积不大于 jj 的所有选法中能得到的最大价值
  • 状态转移方程:dp[i][j]=max(dp[i1][j],dp[i1][jk×v[i]]+k×w[i])dp[i][j] = \max(dp[i-1][j], dp[i-1][j - k \times v[i]] + k \times w[i])k[0,min(s[i],jv[i]])k \in [0, \min(s[i], \frac{j}{v[i]}]))。
  • 初始状态:只考虑前 00 个物品的时候没有物品可选,最大价值一定是 00

代码

import java.util.*;
import java.io.*;

public class Main {
    public static void main(String[] args) throws IOException {
        StreamTokenizer in = new StreamTokenizer(new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in)));
        in.nextToken();
        int n = (int) in.nval;
        in.nextToken();
        int c = (int) in.nval;
        int[] v = new int[n + 1], w = new int[n + 1], s = new int[n + 1];
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            in.nextToken();
            v[i] = (int) in.nval;
            in.nextToken();
            w[i] = (int) in.nval;
            in.nextToken();
            s[i] = (int) in.nval;
        }
        int[][] dp = new int[n + 1][c + 1];
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            int vi = v[i], wi = w[i], si = s[i];
            for (int j = 0; j <= c; ++j) {
                for (int k = 0; k <= si && k * vi <= j; ++k) {
                    dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], dp[i - 1][j - k * vi] + k * wi);
                }
            }
        }
        System.out.println(dp[n][c]);
    }
}
#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 110;
int n, c;
int v[N], w[N], s[N], dp[N][N];

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &c);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d%d%d", &v[i], &w[i], &s[i]);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int vi = v[i], wi = w[i], si = s[i];
        for (int j = 0; j <= c; ++j) {
            for (int k = 0; k <= si && k * vi <= j; ++k) {
                dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - k * vi] + k * wi);
            }
        }
    }
    printf("%d\n", dp[n][c]);
    
    return 0;
}

时间复杂度:O(NVS)O(NVS)N,VN,V 含义如题,SSsis_i 的最大值)

优化

尝试与 完全背包问题 - 优化 一样代换状态转移方程进行优化:

原式:f[i][j] = max(f[i-1][j-k*vi] + k*wi)
展开:f[i][j] = max(f[i-1][j], f[i-1][j-vi]+wi, f[i-1, j-2*vi]+2*wi, ..., f[i-1][j-s*vi]+s*wi)
  f[i][j-vi] = max(           f[i-1][j-vi],    f[i-1, j-2*vi]+wi,   ..., f[i-1][j-s*vi]+(s-1)*wi, f[i-1][j-(s+1)*vi]+s*wi)

发现无法进行代换,这种优化方式行不通。

此时有另外一种优化方式:

例如目前 AA 物品的体积是 vAv_A,价值是 wAw_A,数量是 sA=63s_A=63
那么我们可以把 AA 物品分解为:

  • 物品 A1A_1,体积: 1×vA1 \times v_A,价值:1×wA1 \times w_A,数量:11
  • 物品 A2A_2,体积: 2×vA2 \times v_A,价值:2×wA2 \times w_A,数量:11
  • 物品 A4A_4,体积: 4×vA4 \times v_A,价值:4×wA4 \times w_A,数量:11
  • 物品 A8A_8,体积: 8×vA8 \times v_A,价值:8×wA8 \times w_A,数量:11
  • 物品 A16A_{16},体积: 16×vA16 \times v_A,价值:16×wA16 \times w_A,数量:11
  • 物品 A32A_{32},体积: 32×vA32 \times v_A,价值:32×wA32 \times w_A,数量:11

根据二进制的性质,有了以上这些物品我们可以构造出 0630 \sim 63AA 物品中的任意一个数量,比如说:

3A=A1+A23A = A_1 + A_25A=A1+A45A = A_1 + A_46A=A2+A46A = A_2 + A_47A=A1+A2+A47A = A_1 + A_2 + A_4 ……

如果物品的数量不是 2的幂12的幂-1 怎么办?
——比如 BB 物品的体积是 vBv_B,价值是 wBw_B,数量是 sB=100s_B=100
那么我们可以把 BB 物品分解为:

  • 物品 A1A_1,体积: 1×vB1 \times v_B,价值:1×wB1 \times w_B,数量:11
  • 物品 A2A_2,体积: 2×vB2 \times v_B,价值:2×wB2 \times w_B,数量:11
  • 物品 A4A_4,体积: 4×vB4 \times v_B,价值:4×wB4 \times w_B,数量:11
  • 物品 A8A_8,体积: 8×vB8 \times v_B,价值:8×wB8 \times w_B,数量:11
  • 物品 A16A_{16},体积: 16×vB16 \times v_B,价值:16×wB16 \times w_B,数量:11
  • 物品 A32A_{32},体积: 32×vB32 \times v_B,价值:32×wB32 \times w_B,数量:11
  • 物品 A37A_{37},体积: 37×vB37 \times v_B,价值:37×wB37 \times w_B,数量:11,其中:37=10012481632=3737 = 100 - 1 - 2 - 4 - 8 - 16 - 32 = 37

这样下来就可以构造出 01000 \sim 100BB 物品中的任意一个数量。

我们发现这样就可以把任意一种数量为 SS 的物品分解成 log2S\lceil log_2{S} \rceil 种数量为 11 的物品。

这样以来我们就把条件从「给定 NN 种物品,第 ii 种物品最多有 sis_i 件,体积是 viv_i,价值是 wiw_i」变成了「给定 N×log2SN \times {\lceil \log_2{S} \rceil} 种物品,每件物品只能使用一次,第 ii 种物品的体积是 viv_i,价值是 wiw_i」。把问题从 多重背包 转换成了 0-1背包,代码直接套用 0-1背包的代码,时间复杂度降到了 O(NVlog2S)O(NV {\lceil \log_2{S} \rceil})

import java.util.*;
import java.io.*;

public class Main {
    public static void main(String[] args) throws IOException {
        StreamTokenizer in = new StreamTokenizer(new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in)));
        in.nextToken();
        int n = (int) in.nval;
        in.nextToken();
        int c = (int) in.nval;
        int m = n * 12;
        int[] v = new int[m + 1], w = new int[m + 1];
        int idx = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            in.nextToken();
            int vi = (int) in.nval;
            in.nextToken();
            int wi = (int) in.nval;
            in.nextToken();
            int si = (int) in.nval;
            int x = 1;
            while (x <= si) {
                ++idx;
                v[idx] = vi * x;
                w[idx] = wi * x;
                si -= x;
                x <<= 1;
            }
            if (si > 0) {
                ++idx;
                v[idx] = vi * si;
                w[idx] = wi * si;
            }
        }
        n = idx;
        int[] dp = new int[c + 1];
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            int vi = v[i], wi = w[i];
            for (int j = c; j >= vi; --j) {
                dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - vi] + wi);
            }
        }
        System.out.println(dp[c]);
    }
}
#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 1010, M = 2010, L = N * 11;
int n, c;
int v[L], w[L], dp[M];

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &c);
    int idx = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int vi, wi, si;
        scanf("%d%d%d", &vi, &wi, &si);
        int x = 1;
        while (x <= si) {
            ++idx;
            v[idx] = vi * x;
            w[idx] = wi * x;
            si -= x;
            x <<= 1;
        }
        if (si > 0) {
            ++idx;
            v[idx] = vi * si;
            w[idx] = wi * si;
        }
    }
    n = idx;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int vi = v[i], wi = w[i];
        for (int j = c; j >= vi; --j) {
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - vi] + wi);
        }
    }
    printf("%d\n", dp[c]);
    
    return 0;
}
0

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