多重背包问题

题目描述

有 $N$ 种物品和一个容量是 $V$ 的背包。

第 $i$ 种物品最多有 $s_i$ 件，每件体积是 $v_i$，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。

输出格式

输出一个整数，表示最大价值。

数据范围

$0<N,V⩽100$
$0<v_i,w_i,s_i⩽100$

输入样例

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

输出样例：

10
1

动态规划回顾

在解决这道题之前我们先来回顾一下 Acwing 的讲师：y总，他讲述的解决动态规划问题的一般步骤 。

• 集合：表示状态中每一个下标位置可能的选择。一维数组也好二维数组也罢，动态规划处理之后里面存储的元素就是这个状态下对应的最终结果。而这个结果的产生，就是集合中满足题意的那个元素。

• 属性：属性需要根据题意来选择。就拿本题来说，要计算价值的最大值，那么属性就是集合中价值的最大值！

• 状态计算：将每一个状态中的集合进行划分，根据集合的划分推出状态转移方程。

• 集合划分的依据：划分出来的所有集合的并集不得遗漏一个状态中的任何选择。但是可以重复。

朴素解法

读完题目，灵光一闪，思路乍现。这不就是完全背包问题的一个特殊情况嘛，直接照抄完全背包问题朴素解法的思路，加上一个物品数量的限制就行啦！

根据完全背包问题的图解，多重背包问题中的 K 替换成每个物品的最大数量就 OK 了。

下面我们来推导状态转移方程：

我们不妨假设第 i 个物品我们选择了 k 个。

• 当 k = 0 时，说明不选择第 i 个物品，此时 f [i, j] = f [i - 1, j]，这倒是很简单！

• 当 k 不等于 0 时该怎么办呢？同样借鉴一下 01 背包问题的想法：之前假设第 i 个物品选择了 k 个，我们可以先不看第 i 个物品，那么问题就变成了从 1 到 (i - 1) 中的物品中做选择，但是选择的体积还是不大于 j 吗？当然不是，因为我们忽略了第 i 个物品，并且我们选择了 k 个第 i 个物品，因此选择的总体积应该是不大于 j - k * v[i]，(v[i] 是第 i 个物品的体积)。

那么当 k 不等于 0 时，状态转移方程就可以写成：$f[i,j]=f[i-1][j-k\ast v[i]]+k\ast w[i]$。这里为什么要加上 $k\ast w[i]$ 呢？因为 $f[i-1][j-k\ast v[i]]$ 是忽略了第 $i$ 个物品的选择的价值最大值，想要计算 $f[i,j]$ 肯定要算上第 i 个物品的选择嘛！

但是 $k$ 肯定不能乱取：

• 首先 $k$ 的取值不能大于给定的物品的数量。
• 其次 $k\ast v[i]$ 必须要小于背包的总体积。

因为要求的是价值的最大值，因此在遍历 k 的取值时要取价值最大的那一个！
$k=0$ 与 $k\ne 0$ 的情况和完全背包问题一样是可以合并的。

于是我们轻松写出了解决这道题的代码：

#include 
#include 

using namespace std;

const int N = 110;

int n, m;
int v[N], w[N], s[N];
int f[N][N];

int f[N][N];

int main()
{
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> v[i] >> w[i] >> s[i];

    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = 0; j <= m; j++)
            for(int k = 0; k <= s[i] && k * v[i] <= j; k++)
                f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - v[i] * k] + w[i] * k);

    cout << f[n][m] << endl;

    return 0;
}
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27

二进制优化

5. 多重背包问题 II - AcWing题库

这个题目数据范围更大，朴素解法会超时的。我们需要考虑优化朴素解法。

我们先来看看能否使用完全背包问题的思路来优化多重背包问题：

多重背包问题的状态转移方程展开：

$$f[i,j]=max(f[i-1,j],f[i-1,j-v_i]+w_i,f[i-1][j-2\ast v_i]+2\ast w_i,...,f[i-1,j-s_i\ast v_i]+s_i\ast w_i)$$

$$f[i,j-v_i]=max(f[i-1,j-v_i],f[i-1,j-2\ast v_i]+w_i,...,f[i-1,j-s_i\ast v_i]+(s_i-1)\ast w_i),f[i-1,j-(s_i+1)\ast v_i]+s_i\ast w_i$$

明显看到 $f[i,j-vi]$ 最后面多了一项 $f[i-1,j-(s_i+1)\ast v_i]+s_i\ast w_i$ 显然是不能利用完全背包问题的优化思路来优化多重背包问题的。

二进制优化

我们先从具体的例子来看：假设第 $i$ 个物品最多可以选择 $1023$ 个，朴素解法中我们是从 $0-1023$ 枚举第 $i$ 个物品选择的个数。实际上，并不需要这么暴力枚举。

我们可以对 $0-1023$ 的枚举进行拆分：$1,2,4,8,16,32,64,128,256,512$，拆分成 $2^0,2^1,2^2...$ 然后用拆分之后的数组合出来 $0-1023$ 的枚举：

• 只选择 1，我们可以做到枚举 $0-1$ 个第 $i$ 个物品。

• 在选择 1 的基础上加上 2，就做到可以枚举 2 - 3 个第 $i$ 个物品。加上仅选择 1 的情况，就能做到枚举 $0-3$ 个第 $i$ 个物品。

• 在上一次的基础上加上 4，就能做到枚举 $4-7$ 个第 $i$ 个物品。加上上一次的结果 $0-3$，就能做到枚举 $0-7$ 个第 $i$ 个物品。

• 在上一次的基础上加上 8，就能做到枚举 $8-15$ 个第 $i$ 个物品。加上上一次的结果 $0-7$，就能做到枚举 $0-15$ 个第 $i$ 个物品。

• 以此类推，通过 $1,2,4,8,16,32,64,128,256,512$ 的组合就能做到枚举 $0-1023$ 个物品。

你可能会说，1023 恰好是 $2^{10-1}$ 比较特殊，要不是这么特殊的数字也能进行这么拆分嘛？再来看一个例子：假设第 $i$ 个物品可以选择 $200$ 个。对 $200$ 进行拆分：$1,2,4,8,16,32,64,128$ 能拆分到 $128$ 吗？显然是不能的，如果拆分到 $128$ 那么按照上面的策略进行组合，枚举的范围就是：$0-255$ 显然超出了 $0-200$ 的范围。因此最后一个数不是 $128$ 而是 $200-(1+2+4+8+16+32+64)=73$。我们来验证对不对哈：

• 只选择 1，我们可以做到枚举 $0-1$ 个第 $i$ 个物品。

• 在选择 1 的基础上加上 2，就做到可以枚举 2 - 3 个第 $i$ 个物品。加上仅选择 1 的情况，就能做到枚举 $0-3$ 个第 $i$ 个物品。

• 在上一次的基础上加上 4，就能做到枚举 $4-7$ 个第 $i$ 个物品。加上上一次的结果 $0-3$，就能做到枚举 $0-7$ 个第 $i$ 个物品。

• 在上一次的基础上加上 8，就能做到枚举 $8-15$ 个第 $i$ 个物品。加上上一次的结果 $0-7$，就能做到枚举 $0-15$ 个第 $i$ 个物品。

• 在上一次的基础上加上 16，就能做到枚举 $16-31$ 个第 $i$ 个物品。加上上一次的结果 $0-15$，就能做到枚举 $0-31$ 个第 $i$ 个物品。

• 在上一次的基础上加上 32，就能做到枚举 $32-63$ 个第 $i$ 个物品。加上上一次的结果 $0-31$，就能做到枚举 $0-63$ 个第 $i$ 个物品。

• 在上一次的基础上加上 64，就能做到枚举 $64-127$ 个第 $i$ 个物品。加上上一次的结果 $0-63$，就能做到枚举 $0-127$ 个第 $i$ 个物品。

• 在上一次的基础上加上 73，就能做到枚举 $73-200$ 个第 $i$ 个物品。加上上一次的结果 $0-127$，就能做到枚举 $0-200$ 个第 $i$ 个物品。

答案完全没问题哈！

接下来我们就可以总结一般规律：

假设第 $i$ 个物品最大选择 $s$ 个，那么我们可以拆分出以下数字：$2^0,2^1,2^2,\cdot \cdot \cdot ,2^k,c$ 使得 $2^0+2^1+2^2+\cdot \cdot \cdot +2^k+c=s$。在拆分出来的这些数中选择特定的一些数，能够拼凑出 $0-s$ 中的任意一个数。可以证明 $0\le c<2^{k+1}$。

• $c$ 等于 $0$ 说明 $s$ 比较特殊，恰好是 $2^{k+1}-1$，见第一个例子中 1023 的例子，$c$ 还可以取其他小于$2^{k+1}$ 的整数。
• 如果 $c=2^{k+1}$ ，那么我们可以将 $c$ 拆出来一个 $2^{k+1}$，然后 $c$ 变成 0。

$2^0+2^1+2^2+\cdot \cdot \cdot +2^k=2^{k+1}-1$ 可以拼凑出 $0-(2^{k+1}-1)$，加上 $c$ 能够拼凑出：$c-((2^{k+1}-1)+c))$ 也就是 $c-s$，现证明 $0-(2^{k+1}-1)$ 和 $c-s$ 能拼凑出 $0-s$：

• 想要证明 $0-(2^{k+1}-1)$ 和 $c-s$ 能拼凑出 $0-s$，只需要证明 $(2^{k+1}-1)+1\ge c$ 即可，即证明：$2^{k+1}\ge c$ 。
• 我们在最开始已经证明了：$0\le c<2^{k+1}$，显然 $2^{k+1}\ge c$ 成立。

因此如此拆分，能够拼凑出 $0-s$ 中的任意一个数。

这样拆分出来一些数之后有什么用呢？仔细想想：我们从拆分出来的数中选择若干个，能够凑出 $0-s$ 中的任意一个数，这不就是 $01$ 背包问题嘛！通过这些数字的组合，达到了枚举 $0-s$ 的目的。

朴素解法的时间复杂度：$O(N\ast M\ast S)$

二进制优化之后的时间复杂度：$O(N\ast M\ast lo{g}_{2}s)$

下面就是代码实现啦！

#include 
#include 

using namespace std;

const static int N = 11010;

int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N]; //01背包问题可以直接优化到一维嘛


int main()
{
    cin >> n >> m;

    int cnt = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        int a, b, s;
        cin >> a >> b >> s;

        int k = 1;
        while(k <= s)
        {
            cnt++;
            v[cnt] = a * k; //拆出来的每个数 k 代表选择了 k 个第 i 个物品，对应的体积就是 a * k 
            w[cnt] = b * k; //拆出来的每个数 k 代表选择了 k 个第 i 个物品，对应的价值就是 b * k
            s -= k;
            k *= 2; 
        }

        if(s > 0) //剩下的 s 就是上面分析问题中的 c
        {
            cnt++;
            v[cnt] = a * s;
            w[cnt] = b * s; 
        }
    }

    n = cnt;

    //01 背包问题
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for(int j = m; j >= v[i]; j--)
        {
            f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
        }
    }

    cout << f[m] << endl;

    return 0;
}
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55