多重背包问题和“二进制拆分”

预告：我用两年写的新书《算法竞赛》，已于2022年2月交给清华大学出版社，预计于2022年7月出版。《算法竞赛》是一本“大全”，内容覆盖“基础-中级-高级”，篇幅700页左右。部分知识点的草稿已经在本博客发表。本篇博客节选自新书《算法竞赛》的“5.2 经典线性DP问题”。

   多重背包问题：给定$n$种物品和一个背包，第$i$种物品的体积是$c_i$，价值为$w_i$，并且有$m_i$个，背包的总容量为$C$。如何选择装入背包的物品，使得装入背包中的物品的总价值最大?
   这是一个经典的DP问题，是0/1背包问题的扩展。具体描述见下面的例题。

---

宝物筛选 洛谷 P1776 https://www.luogu.com.cn/problem/P1776
输入：第一行是整数 $n$和$C$，分别表示物品种数和背包的最大容量。
接下来 $n$ 行，每行三个整数 $w_i、c_i、m_i$，分别表示第$i$个物品的价值、体积、数量。
输出：输出一个整数，表示背包不超载的情况下装入物品的最大价值。

---

   这里给出3种DP解法。推荐第2种解法，它把多重背包转化为：“二进制优化+0/1背包”。

1、多重背包问题的简单DP解法

   有两种思路。
   第一种思路，转换为0/1背包问题。把相同的$m_i$个第$i$种物品看成独立的$m_i$个，总共${\sum }_{i=1}^n{m}_i$个物品，然后按0/1背包求解，复杂度$O(C\times {\sum }_{i=1}^n{m}_i)$。
   第二种思路，直接求解。定义状态$dp[i][j]$：表示把前$i$个物品装进容量$j$的背包，能装进背包的最大价值。第$i$个物品分为装或不装两种情况，得到多重背包的状态转移方程：

dp[i][j] = max{dp[i-1][j], dp[i-1][j-k*c[i]] + k*w[i]}     
1 ≤ k ≤ min{m[i], j/c[i]}

   代码直接写$i、j、k$三重循环，复杂度和第一种思路的复杂度一样。下面用滚动数组编码，提交判题后会超时。

//洛谷 P1776：滚动数组版本的多重背包（超时TLE）
#include 
using namespace std;
const int N=100010;
int n,C,dp[N];
int w[N],c[N],m[N];                    //物品i的价值、体积、数量
int main(){
    cin >> n >> C;                     //物品数量，背包容量
    for(int i=1;i<=n;i++) 
    	cin>>w[i]>>c[i]>>m[i];
//以下是滚动数组版本的多重背包
	for(int i=1;i<=n;i++)              //枚举物品
		for(int j=C;j>=c[i];j--)       //枚举背包容量
			for(int k=1; k<=m[i] && k*c[i]<=j; k++)   
				dp[j] = max(dp[j],dp[j-k*c[i]]+k*w[i]);
    cout << dp[C] << endl;
    return 0;
}

2、用“二进制拆分”优化求解多重背包

   这是一种简单而有效的技巧。在解法$1$的基础上加上这个优化，能显著改善复杂度。
   原理很简单，例如第$i$种物品有$m_i$ = 25个，这25个物品放进背包的组合，有0 ~ 25的26种情况。不过要组合成26种情况，其实并不需要25个物品，5个就够了。根据二进制的计算原理，任何一个十进制整数$X$，都可以用1、2、4、8、…这些2的倍数相加得到，例如25 = 16 + 8 + 1，这些2的倍数只有$lo{g}_{2}X$个。题目中第$i$种物品有$m_i$个，用$lo{g}_2{m}_i$个数就能组合出0 ~ $m_i$种情况。
   总复杂度从$O(C\times {\sum }_{i=1}^n{m}_i)$优化到了$O(C\times {\sum }_{i=1}^{n}lo{g}_2{m}_i)$，已经足够好了。
   注意拆分的具体实现，不能全部拆成2的倍数，而是先按2的倍数从小到大拆，最后是一个小于等于最大倍数的余数。
  对$m_i$这样拆分非常有必要，能够保证拆出的数相加在[1, $m_i$]范围内，不会大于$m_i$。例如$m_i$ = 25，把它拆成1、2、4、8、10，最后是余数10，10 < 16 = 24，读者可以验证用这5个数能组合成1~25内的所有数字，不会超过25。如果把25拆成1、2、4、8、16，相加的范围就是[1, 31]了。
  二进制优化之后，这个问题就变成了一个正常的0/1背包问题。所以，多重背包的解法是：二进制优化 + 0/1背包。

//洛谷 P1776：二进制拆分+滚动数组
#include 
using namespace std;
const int N=100010;
int n,C,dp[N];
int w[N],c[N],m[N]; 
int new_n;                                 //二进制拆分后的新物品总数量
int new_w[N],new_c[N],new_m[N];            //二进制拆分后新物品
int main(){
    cin >> n >>C;  
    for(int i=1;i<=n;i++)  
    	cin>>w[i]>>c[i]>>m[i];
//以下是二进制拆分
	int new_n = 0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
	    for(int j=1;j<=m[i];j<<=1) {       //二进制枚举：1,2,4...
	        m[i]-=j;                       //减去已拆分的
	        new_c[++new_n] = j*c[i];       //新物品
	        new_w[new_n]   = j*w[i];       
		}
		if(m[i]){                          //最后一个是余数
		   new_c[++new_n] = m[i]*c[i];
		   new_w[new_n]   = m[i]*w[i]; 
		}
	}
//以下是滚动数组版本的0/1背包
	for(int i=1;i<=new_n;i++)              //枚举物品
		for(int j=C;j>=new_c[i];j--)       //枚举背包容量
			dp[j] = max(dp[j],dp[j-new_c[i]]+new_w[i]);
    cout << dp[C] << endl;
    return 0;
}

   解法2可以看作多重背包问题的标准解法，不过，还有更优的解法3。

3、用单调队列优化解多重背包

   这种方法的复杂度为$O(nC)$，是最优的解法。
   DP的单调队列优化比较复杂，蓝桥杯省赛估计用不着。
   详情见将出版的《算法竞赛》“5.8 单调队列优化”。如果想提前了解，这部分已经发表在博客里：单调队列DP优化