第七讲 有依赖的背包问题 vijos P1313金明的预算方案

P1313金明的预算方案

Accepted

描述

金明今天很开心，家里购置的新房就要领钥匙了，新房里有一间金明自己专用的很宽敞的房间。更让他高兴的是，妈妈昨天对他说：“你的房间需要购买哪些物品，怎么布置，你说了算，只要不超过N元钱就行”。今天一早，金明就开始做预算了，他把想买的物品分为两类：主件与附件，附件是从属于某个主件的，下表就是一些主件与附件的例子：
主件 附件
电脑 打印机，扫描仪
书柜 图书
书桌 台灯，文具
工作椅 无
如果要买归类为附件的物品，必须先买该附件所属的主件。每个主件可以有0个、1个或2个附件。附件不再有从属于自己的附件。金明想买的东西很多，肯定会超过妈妈限定的N元。于是，他把每件物品规定了一个重要度，分为5等：用整数1~5表示，第5等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是10元的整数倍）。他希望在不超过N元（可以等于N元）的前提下，使每件物品的价格与重要度的乘积的总和最大。

设第j件物品的价格为v[j]，重要度为w[j]，共选中了k件物品，编号依次为j1，j2，……，jk，则所求的总和为：v[j1]*w[j1]+v[j2]*w[j2]+ …+v[jk]*w[jk]。（其中*为乘号）请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。

格式

输入格式

输入文件的第1行，为两个正整数，用一个空格隔开：
N m 
其中N（<32000）表示总钱数，m（<60）为希望购买物品的个数。）
从第2行到第m+1行，第j行给出了编号为j-1的物品的基本数据，每行有3个非负整数
v p q
（其中v表示该物品的价格（v<10000），p表示该物品的重要度（1~5），q表示该物品是主件还是附件。如果q=0，表示该物品为主件，如果q>0，表示该物品为附件，q是所属主件的编号）

输出格式

输出文件只有一个正整数，为不超过总钱数的物品的价格与重要度乘积的总和的最大值
（<200000）。

样例1

样例输入1[复制]

1000 5
800 2 0
400 5 1
300 5 1
400 3 0
500 2 0

样例输出1[复制]

2200

简化的问题

这种背包问题的物品间存在某种“依赖”的关系。也就是说，i依赖于j，表示若选物品i，则必须选物品j。为了简化起见，我们先设没有某个物品既依赖于别的物品，又被别的物品所依赖；另外，没有某件物品同时依赖多件物品。

算法

这个问题由NOIP2006金明的预算方案一题扩展而来。遵从该题的提法，将不依赖于别的物品的物品称为“主件”，依赖于某主件的物品称为“附件”。由这个问题的简化条件可知所有的物品由若干主件和依赖于每个主件的一个附件集合组成。

按照背包问题的一般思路，仅考虑一个主件和它的附件集合。可是，可用的策略非常多，包括：一个也不选，仅选择主件，选择主件后再选择一个附件，选择 主件后再选择两个附件……无法用状态转移方程来表示如此多的策略。（事实上，设有n个附件，则策略有2^n+1个，为指数级。）

考虑到所有这些策略都是互斥的（也就是说，你只能选择一种策略），所以一个主件和它的附件集合实际上对应于P06中的一个物品组，每个选择了主件又选择了若干个附件的策略对应于这个物品组中的一个物品，其费用和价值都是这个策略中的物品的值的和。但仅仅是这一步转化并不能给出一个好的算法，因为物品组中的物品还是像原问题的策略一样多。

再考虑P06中的一句话：可以对每组中的物品应用P02中“一个简单有效的优化”。 这提示我们，对于一个物品组中的物品，所有费用相同的物品只留一个价值最大的，不影响结果。所以，我们可以对主件i的“附件集合”先进行一次01背包，得到费用依次为0..V-c[i]所有这些值时相应的最大价值f'[0..V-c[i]]。那么这个主件及它的附件集合相当于V-c[i]+1个物品的物品 组，其中费用为c[i]+k的物品的价值为f'[k]+w[i]。也就是说原来指数级的策略中有很多策略都是冗余的，通过一次01背包后，将主件i转化为 V-c[i]+1个物品的物品组，就可以直接应用P06的算法解决问题了。

较一般的问题

更一般的问题是：依赖关系以图论中“森林”的形式给出（森林即多叉树的集合），也就是说，主件的附件仍然可以具有自己的附件集合，限制只是每个物品最多只依赖于一个物品（只有一个主件）且不出现循环依赖。

解决这个问题仍然可以用将每个主件及其附件集合转化为物品组的方式。唯一不同的是，由于附件可能还有附件，就不能将每个附件都看作一个一般的01背 包中的物品了。若这个附件也有附件集合，则它必定要被先转化为物品组，然后用分组的背包问题解出主件及其附件集合所对应的附件组中各个费用的附件所对应的价值。

事实上，这是一种树形DP，其特点是每个父节点都需要对它的各个儿子的属性进行一次DP以求得自己的相关属性。这已经触及到了“泛化物品”的思想。看完P08后，你会发现这个“依赖关系树”每一个子树都等价于一件泛化物品，求某节点为根的子树对应的泛化物品相当于求其所有儿子的对应的泛化物品之和。

通用代码：

#include<iostream>//c++
#include<cmath>//数学公式
#include<cstdlib>//malloc
#include<cstring>
#include<string>
#include<cstdio>//输入输出
#include<algorithm>//快排
#include<queue>//队列
#include<functional>//优先队列
#include<stack>//栈
#include<vector>//容器
#include<map>//地图  if continue
typedef long long ll;
using namespace std;
typedef struct
{
    int v,p,q,c;
}G;G g[100];
int f[100][3201];//f[i][j]  i表示主键   j表示V   f[i][j]表示最优解
int dp[3201];
queue<int> q[105],q1;
int main()
{
    int i,j,k;
    int v,m;
    while(cin>>v>>m)
    {
        v/=10;
        for(i=1;i<=m;i++)
        {
            cin>>g[i].v;//物品的价格(v<10000）
            g[i].v/=10;
            cin>>g[i].p;//p表示该物品的重要度1~5
            cin>>g[i].q;//q=0表示该物品为主件 ，否则q是所属主件的编号
            g[i].c=g[i].p*g[i].v;//计算出物品的价值
            q[ g[i].q ].push(i);
        }
        //01背包
        while(!q[0].empty())//枚举主件
        {
            int zhu=q[0].front();   q[0].pop();
            q1.push(zhu);
            while(!q[zhu].empty())//枚举该主件的附件
            {
                int fu=q[zhu].front();  q[zhu].pop();
                for(j=v;j>=g[fu].v;j--)//钱
                    f[zhu][j]=max(f[zhu][j],f[zhu][j-g[fu].v]+g[fu].c);
            }
        }
        //分组背包
        while(!q1.empty())//枚举主件
        {
            int zhu=q1.front();   q1.pop();
            for(j=v;j>=g[zhu].v;j--)
            for(k=0;k<=j-g[zhu].v;k++)//主件的附属
                dp[j]=max(dp[j],dp[j-k-g[zhu].v]+f[zhu][k]+g[zhu].c);
        }
        cout<<dp[v]*10<<endl;;
    }
    return 0;
}

投机取巧（最多2个依赖）代码：

#include<iostream>//c++
#include<cmath>//数学公式
#include<cstdlib>//malloc
#include<cstring>
#include<string>
#include<cstdio>//输入输出
#include<algorithm>//快排
#include<queue>//队列
#include<functional>//优先队列
#include<stack>//栈
#include<vector>//容器
#include<map>//地图  if continue
typedef long long ll;
const  int N=30+3200;
using namespace std;
typedef struct
{
    int v,p,q,c;
}G;G g[66];
//int w[N][N];
int dp[N];
//char c[N];
//map<string,int>map;
//vector<int>v;
//stack<int>s;
//queue<int> q;
//priority_queue<int> q;//大到小
//priority_queue<int, vector<int>,greater<int> >q;//小到大
int main()
{
    //freopen("C:\\Users\\ch\\Desktop\\1.txt","r",stdin);
	//freopen("C:\\Users\\lenovo\\Desktop\\2.txt","w",stdout);
	int i,j,a,b;
	int m,n,x,y;
	memset(g,0,sizeof(g));
	while(~scanf("%d%d",&m,&n))
	{
	    for(i=1;i<=n;i++)    cin>>g[i].v>>g[i].p>>g[i].q,g[i].v/=10,g[i].c=g[i].p*g[i].v;
	    m/=10;
	    for(i=1;i<=n;i++)
        if(g[i].q==0)
        {
            for(j=2;j<=n;j++)    if(g[j].q==i)  break;  a=g[j].c;int a1=g[j].v;//cout<<i<<"a "<<a<<endl;
            for(j++;j<=n;j++)    if(g[j].q==i)  break;  b=g[j].c;int b1=g[j].v;//cout<<i<<"b "<<b<<endl;
            for(j=m;j>=g[i].v;j--)
            {
                dp[j]=max(dp[j],dp[ j-g[i].v ]+g[i].c);//主件
                x=g[i].v+a1;    y=g[i].c+a;
                if(x<=j)  dp[j]=max(dp[j],dp[j-x]+y);//主件+附件1
                x=g[i].v+b1;    y=g[i].c+b;
                if(x<=j)  dp[j]=max(dp[j],dp[j-x]+y);//主件+附件2
                x=g[i].v+a1+b1; y=g[i].c+a+b;
                if(x<=j)  dp[j]=max(dp[j],dp[j-x]+y);//主件+附件2+附件3

            }
        }
        cout<<dp[m]*10<<endl;
        //for(i=0;i<100;i++)cout<<dp[i]<<endl;
	}
	return 0;
}