hdu 2152 Fruit 【分组背包解母函数——滚动数组优化陷阱问题】

链接：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2152

http://acm.hust.edu.cn/vjudge/contest/view.action?cid=28708#problem/E

Fruit

Time Limit: 1000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 2632    Accepted Submission(s): 1466

Problem Description

转眼到了收获的季节，由于有TT的专业指导，Lele获得了大丰收。特别是水果，Lele一共种了N种水果，有苹果，梨子，香蕉，西瓜……不但味道好吃，样子更是好看。

于是，很多人们慕名而来，找Lele买水果。

甚至连大名鼎鼎的HDU ACM总教头 lcy 也来了。lcy抛出一打百元大钞，"我要买由M个水果组成的水果拼盘，不过我有个小小的要求，对于每种水果，个数上我有限制，既不能少于某个特定值，也不能大于某个特定值。而且我不要两份一样的拼盘。你随意搭配，你能组出多少种不同的方案，我就买多少份！"

现在就请你帮帮Lele，帮他算一算到底能够卖出多少份水果拼盘给lcy了。

注意，水果是以个为基本单位，不能够再分。对于两种方案，如果各种水果的数目都相同，则认为这两种方案是相同的。

最终Lele拿了这笔钱，又可以继续他的学业了～

 

Input

本题目包含多组测试，请处理到文件结束(EOF)。
每组测试第一行包括两个正整数N和M(含义见题目描述，0<N,M<=100)
接下来有N行水果的信息，每行两个整数A,B(0<=A<=B<=100)，表示至少要买该水果A个，至多只能买该水果B个。

 

Output

对于每组测试，在一行里输出总共能够卖的方案数。
题目数据保证这个答案小于10^9

 

Sample Input

    
    
    
    

     
     
     
     2 3
1 2
1 2
3 5
0 3
0 3
0 3
    
    
    
    

 

Sample Output

    
    
    
    

     
     
     
     2
12
    
    
    
    

 

Author

Linle

 

Source

ACM程序设计期末考试——2008-01-02（3 教417）

 

Recommend

lcy

算法：分组背包

            

思路：坚持一切母函数皆背包原则

关于分组背包： 第六讲 分组的背包问题

P06: 分组的背包问题

问题

有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。这些物品被划分为若干组，每组中的物品互相冲突，最多选一件。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。

算法

这个问题变成了每组物品有若干种策略：是选择本组的某一件，还是一件都不选。也就是说设f[k][v]表示前k组物品花费费用v能取得的最大权值，则有：

f[k][v]=max{f[k-1][v],f[k-1][v-c[i]]+w[i]|物品i属于第k组}

使用一维数组的伪代码如下：

for 所有的组k

    for v=V..0

        for 所有的i属于组k

            f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}

注意这里的三层循环的顺序，甚至在本文的beta版中我自己都写错了。“for v=V..0”这一层循环必须在“for 所有的i属于组k”之外。这样才能保证每一组内的物品最多只有一个会被添加到背包中。

另外，显然可以对每组内的物品应用P02中“一个简单有效的优化”。

小结

分组的背包问题将彼此互斥的若干物品称为一个组，这建立了一个很好的模型。不少背包问题的变形都可以转化为分组的背包问题（例如P07），由分组的背包问题进一步可定义“泛化物品”的概念，十分有利于解题。

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                                                                                                                                                                             来自《背包九讲》

那么题目中的每种水果正好对应于题目中的组数,

组内的物品相互冲突, 对应于每种水果只可以选择 a[i] 到 b[i] 个或者都不选

然后就是简单的二维嵌套

奇怪的是弄成一维的错了,还是对概念理解不深刻，求路过的大神指点Orz

后来问了下学弟南城边, 他深入分析了下：滚动数组优化陷阱

得出下面的结论:

优化出错的根本原因是滚动数组的不完全覆盖！

大多数的背包问题最高维（一般就是物品编号）的每一次循环求解的第二维区间（一般就是[0,背包容量]）都是相同的。

如果用滚动数组优化成一维，每一次循环之后当前数据会完全覆盖之前的数据，下一次循环时调用的数据就全部是更新了的数据。

但是本题的最高维（i）的每一次循环求解的第二维区间（[A[i],M]）却不尽相同！

如果用滚动数组优化成一维，每一次循环之后当前数据仅会部分覆盖之前的数据！这就造成了数据残留，下一次循环时调用的数据就可能是残留数据！

正确的做法应该是用滚动数组优化成二维

自己很多东西了解的还是不透彻, 就胡乱瞎折腾，这样很不好。。。

本着一切母函数皆背包原则,应该系统的分析完背包九讲中的所有类型，而不仅仅是前面的三种Orz

               

code：

裸二维：

8909149

2013-08-11 21:25:28

Accepted

2152

0MS

296K

790 B

C++

free斩

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int maxn = 110;
int dp[maxn][maxn];
int a[maxn];
int b[maxn];
int nValue;

int main()
{
    int n,m;
    while(scanf("%d%d", &n,&m) != EOF)
    {
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        nValue = m;
        dp[0][0] = 1;

        for(int i = 1; i <= n; i++)
            scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);
        for(int i = 1; i <= n; i++) // n 种对应于 n 组物品, 每组中的物品相互冲突
        {
            for(int j = m; j >= a[i]; j--) //对应背包容量
            {
                 for(int k = a[i]; k <= b[i]  && k <= j; k++)
                    dp[i][j] += dp[i-1][j-k]; // 前 i 组物品花费 j
            }
        }
        printf("%d\n", dp[n][m]);
    }
    return 0;
}

看学弟总结后滚动数组优化后的代码：

8911555

2013-08-12 09:57:26

Accepted

2152

0MS

252K

844 B

C++

free斩

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int maxn = 110;
int dp[2][maxn];
int a[maxn];
int b[maxn];
int nValue;

int main()
{
    int n,m;
    while(scanf("%d%d", &n,&m) != EOF)
    {
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        nValue = m;
        dp[0][0] = 1;

        for(int i = 1; i <= n; i++)
            scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);
        for(int i = 1; i <= n; i++) // n 种对应于 n 组物品, 每组中的物品相互冲突
        {
            memset(dp[i%2], 0, sizeof(dp[i%2]));
            for(int j = m; j >= a[i]; j--) //对应背包容量
            {
                for(int k = a[i]; k <= b[i] && k <= j; k++) //所有的 k 属于组数 i
                    dp[i%2][j] += dp[(i-1)%2][j-k];
            }
        }
        printf("%d\n", dp[n%2][m]);
    }
    return 0;
}