【C++背包】稀奇古怪的多重背包问题

在这之前，我们讲到了01背包与完全背包。这次，我们来讲一讲很搞笑又稀奇古怪的（我不认为）多重背包问题。

多重背包问题

经典例题

例【n+2】这位流浪的探险者被困在了海岛上。有一天，他发现了一艘船，于是，他就乘坐这艘船准备回家。这时，他在岛上获取了N种东西，每件物品有n件真古怪哈，价值c，费用w，他需要让带回去的东西有更大的价值，所以，编程帮助他，找出最佳搭配。

感觉大家已经能够猜出这个悲催的人是谁了，就是大名鼎鼎的——鲁滨孙大人！！！

基本思路

这个题目不用说了吧，很简单，和完全背包基本一样。现在，我们只要把完全背包的方程略微改动即可。这种背包问题对于每种物品有n[i]+1（此处n为最多取物品的数量）种策略：取0个，1个，…n[i]个。令f[i][v]表示前i种物品恰放入容量为v的最大价值，则得出动态转移方程：
$$f(i)(v)=max(f(i-1)(v),f(i-1)(v-k\ast w(i))+k\ast c(i)|0<=k<=n(i))$$此种算法时间复杂度为$O(V\ast \sum n(i))$。
结论得出的伪代码如下：

for(i=1...n)
	for(v=V...0)               //此地根据01写出，由于与完全不同，所以是V...0
		for(k=0...n[i])
		{
			if(v-k*v[i]<0) break;           //在for之前无法判断，只好在这里
			f[i][v]=max(f[i-1][v],f[i-1][v-k*w[i]]+k*c[i]);
		}

换一种好想好写的分析方法，将多重背包转换为01背包问题：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$(\sum n(i))$的01背包问题，直接求解，时间复杂度依然是$（O(V\ast \sum n(i))）$。

但是，我们要做一个懒人 勤快之人，期望将他转换成01背包问题之后就像上次完全背包问题一样降低复杂度。仍然考虑二进制的思想，把第i件物品换成若干件物品，使原问题中第i中物品可以取用的每种策略（取0~n[i]件物品）是与若干件物品代换后的相同。注意，取超过n[i]件物品的策略肯定不能出现。

于是，方法出现。将第i种物品换成n[i]件相同的物品，其中每件物品都有一个系数，这件物品的费用和价值均是原来的费用与价值乘上这个系数，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（这里请注意，分出的数是可以组合出n[i]内所有数字）。

是不是感觉蒙了！炸了！
好，我们来举一个例子就可以明白了。总结上面的方法，假设n[i]=13，就将这种物品分成系数分别为1，2，4，6的四件物品（分成了四件一样但意义不同的物品，如果试试看，你就会发现，1，2，4，6可以组成13以内的任何数字。1，2，1+2，4，1+4，6，1+6，2+6，1+2+6，4+6，1+4+6，2+4+6，1+2+4+6=13）

对于上面有趣的式子，可以分0…$2^{k-1}$和$2^k$…2n[i]讨论得出，希望读者自己思考思考，开动脑筋。

分成的这些物品系数的和为n[i]，表示不可能取多于n[i]的第i件物品。这样就将第i件物品分为了$log\ast n(i)$种物品，将原问题的复杂度转化为$O(V\ast \sum logn(i))$这是很大的改进呀！

分析结束，此处贴出慢版的程序：

#include
#include
#include
using namespace std;
int v[10000],w[10000],s[10000],f[10000],n,m,i,j,k;
int main  ()
{
 cin>>n>>m;
 for (i=1; i<=n; i++)
   cin>>v[i]>>w[i]>>s[i];
 for (i=1; i<=n; i++)
   for (j=m; j>=0; j--)
     for (k=1; k<=s[i]; k++)
     {
   if (j-k*v[i]<0) break;
   f[j]=max(f[j-k*v[i]]+w[i]*k,f[j]);
  }
 cout<<f[m];
}

如有需要快版程序，请下载附带的资源包或发私信给我。

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