背包九讲——多重背包

多重背包是完全背包的升级版，是《背包问题九讲》里的第三讲，先来看看《背包问题九讲》是怎么表述这个问题的：

题目
有N种物品和一个容量为V的背包。第i种物品最多有n[i]件可用，每件费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大

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再来看看背包问题九讲是如何解决这个问题的：

基本算法
这题目和完全背包问题很类似。基本的方程只需将完全背包问题的方程略微一改即可，因为对于第i种物品有n[i]+1种策略：取0件，取1件……取n[i]件。令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值，则有状态转移方程：
f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k<=n[i]}
复杂度是 O(V∗Σn[i])。

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呃呃呃，由于此算法时间复杂度较高，故不给解释喝代码。

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然后就是把这个问题转化01背包：

转化为01背包问题
另一种好想好写的基本方法是转化为01背包求解：把第i种物品换成n[i]件01背包中的物品，则得到了物品数为Σn[i]的01背包问题，直接求解，复杂度仍然是O(V*Σn[i])。
但是我们期望将它转化为01背包问题之后能够像完全背包一样降低复杂度。仍然考虑二进制的思想，我们考虑把第i种物品换成若干件物品，使得原问题中第i种物品可取的每种策略——取0..n[i]件——均能等价于取若干件代换以后的物品。另外，取超过n[i]件的策略必不能出现。
方法是：将第i种物品分成若干件物品，其中每件物品有一个系数，这件物品的费用和价值均是原来的费用和价值乘以这个系数。使这些系数分别为1,2,4,…,2^(k-1),n[i]-2^k+1，且k是满足n[i]-2^k+1>0的最大整数。例如，如果n[i]为13，就将这种物品分成系数分别为1,2,4,6的四件物品。
分成的这几件物品的系数和为n[i]，表明不可能取多于n[i]件的第i种物品。另外这种方法也能保证对于0..n[i]间的每一个整数，均可以用若干个系数的和表示，这个证明可以分0..2^k-1和2^k..n[i]两段来分别讨论得出，并不难，希望你自己思考尝试一下。
这样就将第i种物品分成了O(log n[i])种物品，将原问题转化为了复杂度为O(V*Σlog n[i])的01背包问题，是很大的改进。
下面给出O(log amount)时间处理一件多重背包中物品的过程，其中amount表示物品的数量：

procedure MultiplePack(cost,weight,amount)
    if cost*amount>=V
        CompletePack(cost,weight)
        return
    integer k=1
    while k<amount
        ZeroOnePack(k*cost,k*weight)
        amount=amount-k
        k=k*2
    ZeroOnePack(amount*cost,amount*weight)

希望你仔细体会这个伪代码，如果不太理解的话，不妨翻译成程序代码以后，单步执行几次，或者头脑加纸笔模拟一下，也许就会慢慢理解了。

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这才是我想讲得重点，转化成01背包相信大家都会，这里不做过多的讲解，重点是转化成01背包的2进制优化，二进制优化就有那么一点点倍增的思想了（一点点而已），因为10进制的任何一个整数都是可以被二进制表达的，所以这个而二进制里的每一位都是2的几次方，所以只需要把物品的数量分成2的1~k次方就可以了，其中k为2的k次方小于n[i]的最大值。
代码：

#include
#include
#include
#include

int c[1001],w[1001],f[1001];
int main()
{
    int n = 0,v,x;
    std::cin>>x>>v;
    for(int i = 0;iint a,b,s,k = 1;
        std::cin>>a>>b>>s;
        while(s-k>=0)
        {
            c[n++] = a*k;w[n-1] = b*k;
            s-=k;k*=2;
        }
        c[n++] = s*a;w[n-1] = s*b;
    }
    for(int i = 0;ifor(int j = v;j>=c[i];j--)
            f[j] = std::max(f[j],f[j-c[i]]+w[i]);
    std::cout<return 0;
}