【背包DP】混合背包问题

题目

7. 混合背包问题 - AcWing题库

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有 $N$ 种物品和一个容量是 $V$ 的背包。

物品一共有三类：

• 第一类物品只能用1次（01背包）；
• 第二类物品可以用无限次（完全背包）；
• 第三类物品最多只能用 $s_i$ 次（多重背包）；

每种体积是 $v_i$ ，价值是 $w_i$ 。

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， $N，V$ ，用空格隔开，分别表示物品种数和背包容积。

接下来有 $N$ 行，每行三个整数 $v_i, w_i, s_i$ ，用空格隔开，分别表示第 $i$ 种物品的体积、价值和数量。

• $s_i = -1$ 表示第 $i$ 种物品只能用1次；
• $s_i = 0$ 表示第 $i$ 种物品可以用无限次；
• $s_i >0$ 表示第 $i$ 种物品可以使用 $s_i$ 次；

输出格式

输出一个整数，表示最大价值。

数据范围

$0 \lt N, V \le 1000$
$0 \lt v_i, w_i \le 1000$
$-1 \le s_i \le 1000$

输入样例

4 5
1 2 -1
2 4 1
3 4 0
4 5 2

输出样例：

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解题

方法一：多重背包 + 二进制优化

思路

把01背包的物品看作最大数量只有 $1$ 的物品，把完全背包的物品看作最大数量有 $\lceil \frac{c}{v} \rceil$ 的物品（ $c$ 表示背包容量， $v$ 表示该物品单个的体积），然后根据数据范围（ $0 \lt N, V \le 1000$ ）发现用朴素的多重背包解法会超时，但是用二进制优化或单调队列优化都可以解决。

小技巧：C++中， !~x 在 $x = -1$ 时为 $true$ 。（因为对 $-1$ 取反得 $0$ ， $0$ 隐式转换为 $false$ ，否 $false$ 等于 $true$ ）

代码

#include <iostream>
#include <cmath>

using namespace std;

const int N = 1010, M = N * ceil(log2(N)) + 10;
int n, c;
int v[M], w[M];
int cnt;
int f[N];

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

    return 0;
}

方法二：多重背包 + 单调队列优化

思路

如上所述，可以用单调队列优化。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 1010;
int n, c;
int f[N], g[N];
int que[N];
int hh, tt;

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &c);
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        int v, w, s;
        scanf("%d%d%d", &v, &w, &s);
        if (!~s) s = 1;
        if (!s) s = c / v + 1;
        memcpy(g, f, sizeof(f));
        for (int r = 0; r < v; ++r) {
            hh = 0, tt = -1;
            for (int j = r; j <= c; j += v) {
                while (hh <= tt && (j - que[hh]) / v > s) ++hh;
                while (hh <= tt && g[j] >= g[que[tt]] + (j - que[tt]) / v * w) --tt;
                que[++tt] = j;
                f[j] = g[que[hh]] + (j - que[hh]) / v * w;
            }
        }
    }
    printf("%d\n", f[c]);

    return 0;
}