【学习笔记】多重背包优化
basic tips
多重背包可以看做 \(\texttt{01}\) 背包和完全背包的结合。
例题：P1776 宝物筛选
这道题完全就是多重背包板子，多重背包就是在 \(\texttt{01}\) 背包与完全背包两者间取了个折中，对于每个体积 \(V_i\)，价值 \(W_i\) 的物品多了一个限制，每种物品有且仅有 \(C_i\) 个。
朴素做法
在背包不能装下当前枚举的第 \(i\) 个物品的所有 \(C_i\) 个时，直接转换成完全背包对当前物品进行求解。反之，则转换成 \(\texttt{01}\) 背包，枚举第 \(i\) 个物品的个数。
这样的复杂度即为 \(O(nm\sum{C_i})\)，一旦数据稍微大一点就无法接受。
二进制优化
基于倍增思想，举个例子，当我们想拿 \(1024\) 个物品时，我们会去枚举 \(1\) 到 \(1024\)，但是若我们 \(1,2,4,8...512,1024\) 这样去拿，最终结果仍然与朴素做法一样，但是仅仅 \(10\) 次就可以得出答案，所以我们是把 \(C_i\) 拆成 \(2^0 + 2^1 + 2^2 + \ldots + 2^{\log_2{C_i} - 1} + x\) 的形式。
所以背包在当前第 \(i\) 个装得下时，我们在枚举个数时直接每次拿 \(2^k\) 个物品去跑 \(\texttt{01}\) 背包，这样的复杂度 \(O(nm\sum\log{C_i})\)，可以接受。
code
#include<bits/stdc++.h>
// #define int long long
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 10;
int n,W,v[MAXN],w[MAXN],m[MAXN],dp[MAXN];
signed main()
{
scanf("%d %d",&n,&W);
int ind = 0;
for(int i = 1;i <= n;i ++)
{
int a,b,c;
scanf("%d %d %d",&a,&b,&c);
int ret = 1;
while(ret <= c)
{
v[++ ind] = ret * a;
w[ind] = ret * b;
c -= ret;
ret <<= 1;
}
if(c > 0)
{
v[++ ind] = c * a;
w[ind] = c * b;
}
}
for(int i = 1;i <= ind;i ++)
{
for(int j = W;j >= w[i];j --)
dp[j] = max(dp[j],dp[j - w[i]] + v[i]);
}
printf("%d\n",dp[W]);
return 0;
}
单调队列优化
对于转移方程：\(dp_{i,j} = \max\{dp_{i-1,j-k \times v_i} + k \times w_i\}\)，所以 \(dp_{i,j-k \times v_i}\) 的值定会被 \(dp_{i,j-(k+1) \times v_i}\) 所影响，举例:
当 \(v_i = 4\)，\(j\) 的值如下：\(1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12 \dots\)
可以发现 \(1 \equiv 4 (\text{mod } v_i),2 \equiv 5(\text{mod } v_i)\)，以此类推。
因此，我们可以根据 \(j\) 对 \(v_i\) 的模数对物品进行分类，所以可以得到 \(j = num + k \times v_i\)，其中 \(num\) 为 \(j\) 对 \(v_i\) 的模数，移项得 \(k = \lfloor\frac{j - num}{v_i}\rfloor\)，修改转移方程得：\(dp_{j + k \times v_i} = \max\{dp_{j'+ k \times v_i} + (j - j') \times w_i\}\)，其中 \(j' \in [\max\{0,j - C_i\},j)\)，就可以把 \(\max\) 里那一坨用单调队列优化，复杂度 \(O(nm)\)。
code
#include<bits/stdc++.h>
// #define int long long
using namespace std;
int n,W,v,w,c,q1[100005],q2[100005],head,tail,dp[100005];
signed main()
{
scanf("%d %d",&n,&W);
for(int i = 1;i <= n;i ++)
{
scanf("%d %d %d",&v,&w,&c);
int tmp = min(c,W / w);
for(int j = 0;j < w;j ++)
{
head = 1,tail = 0;
int k = (W - j) / w;
for(int t = 0;t <= k;t ++)
{
while(head <= tail && dp[j + t * w] - t * v > q2[tail]) tail --;
q1[++ tail] = t;
q2[tail] = dp[j + t * w] - t * v;
while(q1[head] < t - tmp) head ++;
dp[j + t * w] = max(dp[j + t * w],q2[head] + t * v);
}
}
}
printf("%d\n",dp[W]);
return 0;
}
