POJ 1014 Dividing 多重背包，二进制压缩成一般01背包问题

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：

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 using namespace std;
 int dp[250000];

 int main()
 {
     int n,i,j;
     int w[200];
     int num[6];
     int t,k,sum;
     int set=0;

     //freopen("in.txt","r",stdin);

     while(scanf("%d %d %d %d %d %d",&num[0],&num[1],&num[2],&num[3],&num[4],&num[5])!=EOF)
     {
         sum=0;
         set++;
         for(i=0;i<6;i++)
         {
             sum+=(i+1)*num[i];
         }
         if(sum==0)break;
         printf("Collection #%d:\n",set);
         memset(dp,0,sizeof(dp));
         memset(w,0,sizeof(w));
         if(sum%2==1)
         {
             printf("Can't be divided.\n");
             printf("\n");
             continue;
         }
         sum/=2;
         k=0;
         for(i=0;i<6;i++)
         {
             if(num[i]==0)continue;
             t=1;
             while(num[i]-t>0)//二进制压缩为一般01背包
             {
                 w[k++]=t*(i+1);
                 num[i]-=t;
                 t*=2;
             }
             w[k++]=num[i]*(i+1);
         }
         for(i=0;i<k;i++)
         {
             //printf("%d\n",w[i]);
             for(j=sum;j>=w[i];j--)
             {
                 if(dp[j]<dp[j-w[i]]+w[i])
                     dp[j]=dp[j-w[i]]+w[i];
                 //printf("%d ",dp[j]);
             }
             //printf("\n");
         }
         if(dp[sum]!=sum)
             printf("Can't be divided.\n");
         else printf("Can be divided.\n");
         printf("\n");
     }
     return 0;
 }