夜深人静写算法（十六）- 多重背包

一、前言

  如果对 0/1 背包 和 完全背包 已经完全理解，那么今天这一章的内容会显得非常简单，基本上没有太多新的内容，就当温故而知新好了。

二、多重背包问题

【例题1】有 $n(n<=100)$ 种物品和一个容量为 $m(m<=10000)$ 的背包。第 $i$ 种物品的容量是 $c[i]$，价值是 $w[i]$。现在需要选择一些物品放入背包，每种物品可以选择 $x[i]$ 件，并且总容量不能超过背包容量，求能够达到的物品的最大总价值。

• 以上就是多重背包问题的完整描述，和 0/1 背包、完全背包的区别就是每种物品的选取有物品自己的值域限制，即文中红色字体标注的内容；

1、状态设计

• 第一步：设计状态；
• 状态 $(i,j)$ 表示前 $i$ 种物品恰好放入容量为 $j$ 的背包 $(i\in [0,n],j\in [0,m])$；
• 令 $dp[i][j]$ 表示状态 $(i,j)$ 下该背包得到的最大价值，即前 $i$ 种物品（每种物品可以选择 $x[i]$ 件）恰好放入容量为 $j$ 的背包所得到的最大总价值；

2、状态转移方程

• 第二步：列出状态转移方程；$$dp[i][j]=max(dp[i-1][j-c[i]\ast k]+w[i]\ast k)$$ $$(0<=k<=x[i])$$
• 因为每种物品有 $x[i]$ 种可放置，将它归类为以下两种情况：
• 1）不放：如果 “第 $i$ 种物品不放入容量为 $j$ 的背包”，那么问题转化成求 “前 $i-1$ 种物品放入容量为 $j$ 的背包” 的问题；由于不放，所以最大价值就等于 “前 $i-1$ 种物品放入容量为 $j$ 的背包” 的最大价值，对应状态转移方程中 $k=0$ 的情况， 即 $dp[i-1][j]$；
• 2）放 k 个：如果 “第 $i$ 种物品放入容量为 $j$ 的背包”，那么问题转化成求 “前 $i-1$ 种物品放入容量为 $j-c[i]\ast k$ 的背包” 的问题；那么此时最大价值就等于 “前 $i-1$ 种物品放入容量为 $j-c[i]\ast k$ 的背包” 的最大价值 加上放入 $k$ 个第 $i$ 种物品的价值，即 $dp[i-1][j-c[i]\ast k]+w[i]\ast k$；
• 枚举所有满足条件的 $k$ 就是我们所求的 “前 $i$ 种物品恰好放入容量为 $j$ 的背包” 的最大价值了。

3、对比 0/1 背包、完全背包问题

• 多重背包问题是背包问题的一般情况，每种物品有自己的值域限制。如果从状态转移方程出发，我们可以把三种背包问题进行归纳统一，得到一个统一的状态转移方程如下：$$dp[i][j]=max(dp[i-1][j-c[i]\ast k]+w[i]\ast k)$$
• 对于 0/1 背包问题，$k$ 的取值为 $0,1$；
• 对于完全背包问题，$k$ 的取值为 $0,1,2,3,...,j/c[i]$；
• 对于多重背包问题，$k$ 的取值为 $0,1,2,3,...,x[i]$；

4、时间复杂度分析

• 对于 $n$ 种物品放入一个容量为 $m$ 的背包，状态数为 $O(nm)$，每次状态转移的消耗为 $O(x[i])$，所以整个状态转移的过程时间复杂度是大于 $O(nm)$ 的，那么实际是多少呢？
• 考虑最坏情况下，即 $x[i]=m$ 时，那么要计算的 $dp[i][j]$ 的转移数为 $j$，总的状态转移次数就是 $\frac{m(m+1)}{2}$，所以整个算法的时间复杂度是 $O(n{m}^2)$ 的，也就是说状态转移均摊时间复杂度是 $O(m)$ 的。
• 接下来一节会对多重背包问题的空间复杂度和时间复杂度进行优化。

三、多重背包问题的优化

1、空间复杂度优化

• 一个容易想到的优化是：我们可以将每种物品拆成 $x[i]$ 个，这样变成了 ${\sum }_{i=1}^{n}x[i]$ 个物品的 0/1 背包问题，我们知道 0/1 背包问题优化完以后，空间复杂度只和容量有关，即 $O(m)$。
• 所以多重背包问题的空间复杂度至少是可以优化到 $O(m)$ 的。

2、时间复杂度优化

• 然而， 如果这样拆分，时间复杂度还是没有变化，但是给我们提供了一个思路，就是每种物品是可以拆分的。
• 假设有 $x[i]$ 个物品，我们可以按照 2 的幂进行拆分，把它拆分成：$$1,2,4,...,2^{k-1},x[i]-2^k+1$$
• 其中 $k$ 是最大的满足 $x[i]-2^k+1\ge 0$ 的非负整数。
• 这样，1 到 $x[i]$ 之间的所有整数都能通过以上 $k+1$ 个数字组合出来，所以只要拆成以上 $k+1$ 个物品，所有取 $k(0<=k<=x[i])$ 个物品的情况都能被考虑进来。
• 举例说明，当 $x[i]=14$ 时，可以拆分成 1,2,4,7 个物品，那么当我们要取 13 个这类物品的时候，相当于选择 2、4、7，容量分别为 $c[i]\ast 2,c[i]\ast 4,c[i]\ast 7$, 价值分别为 $w[i]\ast 2,w[i]\ast 4,w[i]\ast 7$。
• 通过这种拆分方式，$x[i]$ 最多被拆分成 $lo{g}_{2}x[i]$ 个物品，然后再用 0/1 背包求解，得到了一个时间复杂度为 $O(m{\sum }_{i=1}^{n}lo{g}_{2}x[i])$ 的算法。

四、多重背包问题的应用

1、负权容量

【例题2】你手上 $n(n<=100)$ 种不同的货币，第 $i$ 种货币的价值为 $v[i](v[i]<=120)$，个数为 $c[i](0<=c[i]<=10000)$ 个， 现在你去商场里面买一件价值为 $m(m<=10000)$ 的商品，希望 花费的货币 和 找回的货币 总和最少(假设商场的货币无限多)。

• 因为涉及到找回，所以引入一个负容量的概念。
• 对每种货币增加一种对应的负价值货币，数量无限个（可以定一个比较大的值，比如 1000000 ），然后对物品进行二进制拆分。
• $dp[i][j]$ 表示前 $i$ 种货币组合出 $j$ 的价值的最小货币个数，则有状态转移方程：
  $$dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i]]+cnt[i])$$
• 这是个 0/1 背包的状态转移方程，我们对它进行降维，得到：
  $$dp[j]=min(dp[j],dp[j-v[i]]+cnt[i])$$
• 我们发现，这里的 $v[i]$ 有可能是负数，所以状态转移的顺序很重要，分情况进行求解：
• 1）$v[i]>0$ 时，逆序求解；
• 2）$v[i]<0$ 时，顺序求解；
• 现在来讨论可能达到的最大容量是多少，考虑这么一种情况，假设有两种货币，价值分别为 120 和 119，并且你手上 120 的货币有 10000 个，119 的货币为0个，现在需要买一个价值为 10000 的物品，那么我们可以列出一个方程：
  $$120x-119y=10000$$
• 其中 $x$ 表示付出的价值为 120 的货币数，$y$ 表示找回的价值为 119 的货币数，这个方程是一个线性同余方程，$gcd(120,119)=1$，所以一定是有解的。状态转移过程中能够达到的最大容量应该是 $120x$，并且要保证 $120x-10000$ 是 119 的倍数，回归一般情况，这里的 119 也可能是 117, 113 等等。所以取最大容量为 $m+120\ast 120$。

2、简单的优化

【例题3】有 $n(n<=100)$ 种物品和一个容量为 $m(m<=100000)$ 的背包。第 $i$ 种物品的容量是 $c[i](c[i]<=100)$，价值是 $w[i]$。现在需要选择一些物品放入背包，每种物品可以选择 $x[i](x[i]<=10)$ 件，并且总容量不能超过背包容量，求能够达到的物品的最大总价值。

• 这个问题有个特点是单个物品容量和背包最大容量相差较大，比如 10 个容量为 100 的物品最多只能填满一个容量为 1000 的背包，所以我们可以对拆分后的物品的容量从小到大排序，然后在进行 0/1 背包时，对最大容量进行累加，令枚举到当前 $i$ 个物品的时候容量总和为 $s[i]$ ，那么大于这个值的状态不用求，实际上我们只需要求最多为 $min(s[i],m)$ 的状态。
• 以上就是本文关于 多重背包 的所有内容。

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本文所有示例代码均可在以下 github 上找到：github.com/WhereIsHeroFrom/Code_Templates

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