ZOJ 1149 || POJ 1014 || HDU 1059 Dividing

刚开始用的多重背包写的结果果然超时，后来用别人告诉我的把它用二进制压缩一下，这里附上资料：

解题思路：题目给价值为1~6的六种大理石的个数若干，要求我们判断是否能够把石头平分成相等的价值。我的思路是这样的：将大理石的重量看成和价值相等，那么总容量等于总价值数sum，那么如果总容量为sum/2时能装的最大价值也为sum/2,那么说明能拆分也两份相等的价值。

注意：此题用背包要压缩，否则会超 时。

背包九讲的第三讲中提到了压缩方法，我贴出来：

 

P03: 多重背包问题           每种物品有一个固定的次数上限

题目

有N种物品和一个容量为V的背包。第i种物品最多有n[i]件可用，每件费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。

基本算法

这题目和完全背包问题很类似。基本的方程只需将完全背包问题的方程略微一改即可，因为对于第i种物品有n[i]+1种策略：取0件，取1件……取n[i]件。令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值，则有状态转移方程：

f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k<=n[i]}

复杂度是O(V*Σn[i])。

转化为01背包问题

另一种好想好写的基本方法是转化为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∑n[i]的01背包问题，直接求解，复杂度仍然是O(V*∑n[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O(log n[i])种物品，将原问题转化为了复杂度为O(V*∑log 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，不妨翻译成程序代码以后，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。

代码：

View Code

 1 #include<stdio.h>
 2 #include<stdlib.h>
 3 #include<string.h>
 4 #define N 250000
 5 
 6 int num[11],f[N],value[200];
 7 int main()
 8 {
 9     int i,j,flag,ncases=1;
10     int total,sum,k,ok,m,t;
11     
12     while( 1 )
13     {
14        total = 0;   
15        flag = 0; 
16        memset(f,0,sizeof(f));
17        for(i=1; i<=6; i++)
18        {
19           scanf("%d",&num[i]);
20            total += i*num[i];
21           if(num[i] == 0) 
22              flag++;
23        }
24        if(flag == 6) 
25        {  
26           break;
27        }  
28          
29        if(total%2 != 0)
30        {
31            printf("Collection #%d:\nCan't be divided.\n\n",ncases++);
32            continue;
33        }   
34        sum = total/2;   
35        ok = 0;
36        k = 0;
37        memset(value,0,sizeof(value));
38        for(i=1; i<=10; i++)//二进制 拆分降低时间复杂度
39        {
40           if(num[i]==0) continue;
41            t = 1;
42           while(num[i]-t > 0)
43           {
44                value[k++] = t*i;
45                num[i] -= t;
46                t *= 2;
47           }
48           value[k++] = num[i]*i;
49        }      
50        for(i=0; i<k; i++)
51            for(j=sum; j>=value[i]; j--)
52            {
53               if(f[j] < f[j-value[i]]+ value[i])
54                 f[j] = f[j-value[i]] + value[i];
55            }  
56        if(f[sum] == sum)
57           printf("Collection #%d:\nCan be divided.\n\n",ncases++);
58        else
59           printf("Collection #%d:\nCan't be divided.\n\n",ncases++);            
60           
61     }
62     return 0;
63 }
64            

竟然和省赛的那道题一样，可惜之前没做，哎~