单调队列优化的多重背包

单调队列优化的多重背包

Decription

　　给定N种物品和一个容量为M的背包，每种物品都有三个属性：价值 wi 、体积 vi 、个数 ci
　　目标：选择若干个物品装入背包，使其容量和不超过M，并最大化价值和

Solution 1

　　设 fi,j 表示考虑前 i 种物品，装入容量为 j 的背包获得的最大价值
　　状态转移方程如下：
　　

fi,j=max{fi−1,j−kvi+kwi}　(k∈[1,jvi])

　　直接枚举 i,j,k 的话，时间复杂度应该是 O(nmci¯¯¯)

Solution2

　　观察方程
　　

fi,j=fi−1,j−kvi+kwi(k∈[0,jvi])

　　为了方便看，我们令 fj 表示原来的 fi,j ， gj 表示 fi−1,j ， v 表示 vi ， w 表示 wi ， c 表示 ci
　　于是得到
　　

fj=max{gj−kv+kw}　(k∈[0,jvi])

　　 接下来是最关键的一步
　　似乎没什么头绪，但我们发现一个性质，就是 gi 只会被用来更新 gi+kv 。举个 栗子，比如当 v=3 时有 1→4→7→... ，其中箭头表示能够更新。我们这样将1到m分组后，假设分出来是是这样的{1,4,7,10,…}{2,5,8,11,…}{3,6,9,12…}。如果我们按照模 v 的余数分组的话，分出 v 组来，而各组都是一个等差数列，且公差都等于v， 每组之间的转移互相不影响 。
　　于是我们就把每一组“抖”出来，单独研究它 的转移。比如我们只研究{2,5,8,11,…}这一组，其通项公式为 ja=av+2 ，其中 a∈Z ，那么
　　

fav+2=max{gav+2−kv+kw}

　　这样枚举a的话，实际上决策区间就是连续的了，那么问题就变成动态维护最大值，显然用单调队列就好了（单调队列不再啰嗦，感兴趣者可以去看我的sliding window那篇文章）。
　　这里有个小问题，当我们的a增加1的时候，原来的 kw 应该对应变成(k+1)w，这个直接设一个d，每次a增加时就给d加上w，表示整个队列里的元素都加了w，调用队列中元素时q[l]+d就表示真实值，入队的时候就直接减去一个d就行了
　　综上，时间复杂度优化到 O(nm)

Problems

　　hdu 2191，不加优化就能过
　　CodeVS 5429，必须用单调队列优化(题目卡log)

Code

这是hdu2191

//多重背包 单调队列优化 
#include 
#include 
#include 
#define maxn 1100
#define maxm 1100
using namespace std;
int N, M, p[maxn], h[maxn], c[maxn], qw[maxm], qn[maxm], f[maxn][maxm];
void input()
{
    int i, j;
    scanf("%d%d",&M,&N);
    for(i=1;i<=N;i++)scanf("%d%d%d",p+i,h+i,c+i);
}
void dp(int *f, int *g, int prize, int height, int c)
{
    int l=1, r=1, d=0, k, a, b, mini;
    for(b=0;b
    {
        l=1,r=1,qw[r]=g[b],qn[r++]=b;
        for(a=0,d=0;a+b<=M;a+=prize,d+=height)
        {
            while(qw[r-1]+d<=g[a+b] and l
            qw[r]=g[a+b]-d,qn[r++]=a+b;
            mini=max(0,a+b-prize*c);
            while(qn[l]
            f[a+b]=qw[l]+d;
        }
    }
}
int main()
{
    int C, i, j;
    scanf("%d",&C);
    while(C--)
    {
        input();
        for(i=1;i<=N;i++)dp(f[i],f[i-1],p[i],h[i],c[i]);
        printf("%d\n",f[N][M]);
    }
    return 0;
}

这是CodeVS 5429

#include 
#include 
#include 
#define maxn 7010
#define maxm 7010
using namespace std;
int N, M, p[maxn], h[maxn], c[maxn], qw[maxm], qn[maxm], f[2][maxm];
void input()
{
    int i, j;
    scanf("%d%d",&N,&M);
    for(i=1;i<=N;i++)scanf("%d%d%d",p+i,h+i,c+i);
}
void dp(int *f, int *g, int prize, int height, int c)
{
    int l=1, r=1, d=0, k, a, b, mini;
    for(b=0;b
    {
        l=1,r=1,qw[r]=g[b],qn[r++]=b;
        for(a=0,d=0;a+b<=M;a+=prize,d+=height)
        {
            while(qw[r-1]+d<=g[a+b] and l
            qw[r]=g[a+b]-d,qn[r++]=a+b;
            mini=max(0,a+b-prize*c);
            while(qn[l]
            f[a+b]=qw[l]+d;
        }
    }
}
int main()
{
    int i, j;
    input();
    for(i=1;i<=N;i++)dp(f[i&1],f[~i&1],p[i],h[i],c[i]);
    printf("%d\n",f[N&1][M]);
    return 0;
}