HDU 1059 Dividing 多重背包
今天学了一下多重背包，这是我A的第一个题，刚开始用用比较暴力的，没优化的多重背包就TLE了。代码如下：
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
int DP( int val[], int N )
{
int f[100024]={0};
for( int i=1;i<=6; i++ )//取不同的元素
{
for( int j=1; j<=val[i]; j++ )//取元素的个数
{
for( int k=N; k>=0; k-- )
{
int t=j*i;
if( t<=k&&f[ k-t ]+t>f[k] )
{
f[k]=f[k-t]+t;
// printf( "t==%d f[%d]==%d\n",t,k,f[k] );
}
if( f[N]==N )
return 1;
}
}
}
return 0;
}
int main()
{
int val[7],sum,flag,k=0;
while( 1 )
{
k++;
sum=flag=0;
for( int i=1; i<=6; i++ )
{
scanf( "%d",&val[i] );
if(val[i])
sum+=val[i]*i;
else flag++;
}
if( flag==6 )
break;
printf( "Collection #%d:\n",k );
if( sum&1 )
printf( "Can't be divided.\n" );
else if( DP ( val,sum/2 ) )
printf( "Can be divided.\n" );
else printf( "Can't be divided.\n" );
}
return 0;
}
下面我们先来看一下二进制优化的多重背包代码实现，在诠释一下
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
void ZoreOnePack( int f[], int n,int weight,int N )
{
int t=n*weight;
for( int k=N; k>=0;k-- )
{
if( k>=t && f[ k-t ]+t>f[k] )
f[k]=f[k-t]+t;
if( f[N]==N )
return ;
}
}
void CompletePack( int f[],int weight,int N )
{
for( int k=0;k<=N; k++ )
{
if( k>=weight&&f[ k- weight ]+weight>f[ k ] )
f[ k ]=f[ k- weight ]+weight;
if( f[N]==N )
return ;
}
}
int DP(int val[],int N)
{
int f[100024]={0};
for( int i=1; i<=6; i++ )
{
if( i*val[i]>=N )
CompletePack( f, i, N );
else
{
int k=1,count=val[i];
while( k<val[i] )
{
ZoreOnePack( f, k, i, N );
count=count-k;
k=k<<1;
}
ZoreOnePack( f, count, i, N ) ;
}
if( f[ N ]==N )
return 1;
}
return 0;
}
int main()
{
int val[7],sum,flag,k=0;
while( 1 )
{
k++;
sum=flag=0;
for( int i=1; i<=6; i++ )
{
scanf( "%d",&val[i] );
if(val[i])
sum+=val[i]*i;
else flag++;
}
if( flag==6 )
break;
printf( "Collection #%d:\n",k );
if( sum&1 )
printf( "Can't be divided.\n" );
else if( DP ( val,sum/2 ) )
printf( "Can be divided.\n" );
else printf( "Can't be divided.\n" );
puts("");
}
return 0;
}
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<num
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，如果不太理解的话再看一下源码，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。