背包问题学习笔记-多重背包问题

题意描述：

有 N 种物品和一个容量是 V 的背包。

第 i 种物品最多有 si 件，每件体积是 vi，价值是 wi。

求解将哪些物品装入背包，可使物品体积总和不超过背包容量，且价值总和最大。
输出最大价值。

输入格式
第一行两个整数，N，V (0<N≤1000, 0<V≤20000)，用空格隔开，分别表示物品种数和背包容积。

接下来有 N 行，每行三个整数 vi,wi,si，用空格隔开，分别表示第 i 种物品的体积、价值和数量。

输出格式
输出一个整数，表示最大价值。

多重背包的问题根据数据范围的大小划分为了三个难度层次，分别对应三种解法。对应的数据范围分别是：

暴力求解
0<N,V≤100
0<vi,wi,si≤100

二进制优化
0<N≤1000
0<V≤2000
0<vi,wi,si≤2000

单调队列优化
0<N≤1000
0<V≤20000
0<vi,wi,si≤20000

示例：

4 5
1 2 3
2 4 1
3 4 3
4 5 2

10

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解题思路：
Alice: 这是一道题拆成了三道题 ？这题这么难
Bob: 丰俭由人，
Alice: 多重背包和 01 背包的区别就是每类物品有了数量的限制，01 背包是只能选或者不选，完全背包是由无数种可以选，01 背包是有 k 种可以选。
Bob: 是的，那直接改一下状态转移公式得了，直接按照完全背包的方式换一下最内层的状态转移好了，dp[j] = max(dp[j], dp[j-vi * k] + wi * k) k 取值 0,1,2,3 …
Alice: 为啥要按照完全背包，从最大体积开始求解 ？
Bob: 看状态转移方程，我们还用一维度的 dp 数组的话，对于第 i 个物品，还需要用到第 i-1 个物品的 j-vi * k 的状态，从最大体积往小了计算才是对的。
Alice: 这个理解起来还不太难。
Bob： 是的，这里可以关注一下计算量，暴力去算实际上是 O^3 的，数据范围都是 100，最大也就是 10^6，这样不会超时的。
Alice: 二进制优化讲的是啥 ？
Bob: 二进制优化的前提是，把多重背包转换成 01 背包问题，但是转换的方式有很多种，二进制优化是其中一种的优化方法。举个例子，第 0 种物品有 7 个，我们该如何拆分呢，拆成 7 个1 ？每个体积和价值都是 v0，w0。这样的计算量大概，O^2 也就是双重循环，1000 * 2000 * 2000 大概 2* 10^9, 1s 的时间限制大概能完成10^6~10^7，这样会超时的。
Alice: 是的，直接拆，拆出来的物品数量太多了
Bob: 这样其实就转换成了拆分的问题，把 7 拆成若干个数字，且这些数字能组成 0-7 的所有数字。
Alice: 哦哦，就是二进制啊，二进制是能够表达所有整数的，0到7也就是，2^1 , 2^1, 2^2 这些。然后其实就是二进制的表示一样，7 就是 111，对应到三个物品，就是全选 ？
Bob: 对，但是还有一个问题，如果你的数字是 8 呢，拆成 1，2, 4，8 ？那样的话，就有可能选出 1+2 + 4 + 8 == 15 的选择，但是原来最多也就是 8个。
Alice: 可以这样子，8 的数字就用 7 的那套，剩下的差值额外补齐，0-7 的范围再加个 1，所能表达的范围就是 0-8。
Bob: 应该就是这样，然后具体拆分的时候还可以直接从 1,2,4 累乘，然后不断地减下来，最后剩下的额外加一套。这样应该比较方便而且很快。
Alice：nice，拆外之后直接用 01 背包就行了。这样算的计算量应该是 log 2000 * 1000 * 2000 == 2.2 * 10^7 ，应该没问题啦。
Bob：单调队列优化呢 ？
Alice: 这个看起来很麻烦的样子，是啊，这个需要先知道单调队列是啥。可以先看一下 这篇文章
Bob：单调队列优化的思路大概是这样的，还得从完全背包的递推公式讲起，考虑第 i 种物品 dp[j] = max(dp[j], dp[j-vi * k] + wi * k) k 取值 0,1,2,3 …。这里实际的计算过程是什么样的呢，j-vi*k 减到最后，无论 j 的取值是啥，一定剩下的是 vi 的各种余数，1,2,3 … vi-1，然后从 1+v，1+2v，1+3v … 的状态转移计算过程会相互影响，而 2+v，2+2v，2+3v 会相互影响，两个余数之间的计算过程互相不影响，这样我们就能把对 i 物品的计算划分为互相独立的 vi-1 个，然后单独计算。
Alice: 然后的，拆分成 多个计算过程就能变快 ？并行处理吗 ？
Bob: 然后就是难以理解的地方了，我先举个例子吧，假设背包体积是 100， 第 i 种物品的体积是 5，价值是 4，数量是 3，考虑第 i 个物品时候的状态的计算，dp[j] = max(dp[j- 5*0] + 4*0, dp[j- 5*1] + 4*1, dp[j-5*2] + 4*2), dp[j - 5*3] + 4*3，具体的计算过程，从底向上就是 求 dp[0 + 5*0], dp[0 + 5*1] + 4*1, dp[0 + 5*2] + 4*2, dp[0 + 5*3] + 4*3 之间的最大值，然后再根据放 1 个，2个，3个求出 dp[0+20] 而 dp[1+20] 看的是 dp[1 + 5*0] + 4*0, dp[1 + 5*1] + 4*1, dp[1 + 5*2] + 4*2, dp[1 + 5*3] + 4*3 的最大值。明白了吗 ? 0,1,2 在这里就是不同的计算序列，每个计算序列都要根据 4 的滑动窗口求前面的最大值，然后再计算当前的最大值。
Alice: 滑动窗口就在这呢，原来是对第 i 种物品的体积余数的每个计算序列里面滑动，滑动窗口的大小就是物品的最大数量。
Bob: 其实滑动窗口的大小不一定是物品的最大数量，k 的实际取值范围是 math.min (si + 1, maxVolum / vi)，不过这个可以在代码层直接实现掉，可以暂时认为是最大数量，不影响理解。
Alice: 然后单调队列里面维护的时候什么呢 ？队首和队尾都是怎么维护的呢 ？
Bob: 单调队列里面维护的是当前窗口里面最大价值所对应的体积，这样我们应该能够比较轻松的写出 dp[j] 的更新，dp[j] = lastRowDp[queue[0]] + (j - queue[0]) / vi * wi，想一下，queue[0] 里面是当前窗口的最大价值对应的体积，我们在这个体积之上更新 dp[j]。队首的维护其实还是窗口的大小，只不过这里窗口的大小是通过体积的计算来校验的。
Alice: 这些都还好理解，那队尾的维护呢 ？我记得滑动窗口最大值里面是直接计算窗口里面的数字之和，这里应该不是吧。
Bob: 确实不是，这里还有点不太好理解。这里还是按照最大价值来计算的，只是比较的是第 i-1 个物品对应的体积和 第 i 个物品对应的体积所能给 dp[j] 带来的价值收益。要知道我们在 queue[0] 队首的位置维护的是在窗口中能给 dp[j] 带来最大价值的体积，而单调队列的维护正式通过队首和队尾维护的，所以队尾的维护逻辑实际和 dp[j] 的更新逻辑是一致的。
Alice: 更新逻辑是一致的 ？！我好像有点明白了。还有一些细节问题，滑动窗口的大小不定是怎么实现的 ？
Bob: 这个好说，你从余数 r 开始，r 就是 r + 0 * vi 然后每次给 r += vi，让 r 不要超过最大体积就可以了。
Alice: 这题真难。
Bob：这题真难，我看别人的题解看了半天才明白滑动窗口在哪滑呢，看别人代码看了半天，单调队列维护的代码都快背下来了，也没看明白怎么维护的，还是得实际举个例子。
Alice: 还有一个小问题，这里为啥不能把状态压缩成一个一位数组，为啥还要一个 lastRowDp 呢 ？
Bob：简单，第 i 个物品的 dp[j] 的更新需要依赖于体积 j 的前 si 个状态，如果直接用 dp[j - vi]，那用的就是更新过的值了，就不是 i-1 个物品的状态了。

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代码：

暴力

const solve = (count, maxVolum, volumAndWeight) => {
    const dp = new Array(maxVolum + 1).fill(0);
    
    for(let i=0; i<count; ++i){
        // 第 i 个物品的体积和价值
        const [ivolum, iweight, itotal] = volumAndWeight[i];
        for(let j=maxVolum; j>=ivolum; --j) {
            
            const candiantes = [];
            for(let k=0; k<=itotal; ++k) {
               j - ivolum * k >= 0 && candiantes.push(dp[j - ivolum * k] + k * iweight);
            }
            
            dp[j] = Math.max(...candiantes);
        }
    }

    console.log(dp[maxVolum]);
}

二进制优化

const solve = (count, maxVolum, volumAndWeightAndCount) => {
    
    // 二进制拆分为 01 背包
    const volumnAndWeight = [];
    volumAndWeightAndCount.forEach(item => {
        let [v, w, s] = item;
        for (let k=1; k <= s; k*=2) {
            s -= k;
            volumnAndWeight.push([k*v, k*w]);
        }
        if(s > 0) {
            volumnAndWeight.push([s*v, s*w]);
        }
    });
    
    // 01 背包解法
    const dp = new Array(maxVolum + 1).fill(0);
    
    for(let i=0; i<volumnAndWeight.length; ++i){
        // 第 i 个物品的体积和价值
        const [ivolum, iweight] = volumnAndWeight[i];
        for(let j=maxVolum; j>=ivolum; --j) {
            dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - ivolum] + iweight);
        }
    }

    console.log(dp[maxVolum]);
}

单调队列优化

const fs = require('fs');
let buffer = '';

process.stdin.on('readable', () => {
    const chunk = process.stdin.read();
    if (chunk) {
        buffer += chunk.toString()
    }
});

// 输入的字符串转换为数字
const convert = (inputString) => {
    const list = [];
    inputString.split('\n').forEach((line) => {
        const tokens = line.split(' ');
        list.push(tokens.map(num => parseInt(num, 10)));
    });
    return list;
}

// 批量调用
const batchCall = (list, solve) => {
    // 划分数据
    const data = [];
    let countAndVolumIndex = 0;
    while(countAndVolumIndex < list.length) {
        const [count, volum] = list[countAndVolumIndex];
        data.push({
            volum: volum,
            count: count,
            volumAndWeightAndCount: list.slice(countAndVolumIndex + 1, countAndVolumIndex + 1 + count)
        });
        countAndVolumIndex += count + 1;
    }
    
    data.forEach(item => {
        if(solve && item && item.count && item.volum) {
            solve(item.count, item.volum, item.volumAndWeightAndCount);
        }
    });
}


const solve = (count, maxVolum, volumAndWeightAndCount) => {
    // 单调队列优化方法
    const dp = new Array(maxVolum + 10).fill(0);
    // 对于每种物品 
    for (let i=0; i<count; ++i) {
        // 状态压缩
        const lastRowDp = [...dp];
        // 取出第 i 种物品的体积，价值，数量
        const [vi, wi, si] = volumAndWeightAndCount[i];
        // 对于每种可能剩余的体积，0,1,2, ... vi-1 
        for (let r=0; r<vi; ++r) {
            // 单调队列求解每种可能的最大值，滑动窗口大小是，math.min (si, maxVolum / vi) 下取整
            // 0 + 0v, 0 + 1v, 0 + 2v ... 0 + kv 的数组中滑动，每次一步
            // 最大价值对应的体积的单调队列，双端队列
            const queue = [];
            for(let j=r; j<=maxVolum; j+=vi) {
               // 维护队首
               // i 物品的体积超了，注意这里是大于而不是大于等于，要把 r+0*vi也包括进来
               while(queue.length && j-queue[0] > vi*si) {
                   queue.shift();
               }
               // 维护队尾
               while(queue.length && lastRowDp[queue[queue.length-1]] + (j - queue[queue.length-1]) /vi * wi <= lastRowDp[j]) {
                   queue.pop();
               }
               // 入队
               queue.push(j);
               // 更新 dp
               dp[j] = lastRowDp[queue[0]] + (j-queue[0]) / vi * wi;
            }
        }
    }

    
    console.log(dp[maxVolum]);
}

process.stdin.on('end', function() {
    batchCall(convert(buffer), solve)
});

参考：

• 题目链接-多重背包1
• 题目链接-多重背包2
• 题目链接-多重背包3
• 参考题解