单调队列优化多重背包
题目描述
有 N 种物品和一个容量是 V 的背包。
第 i 种物品最多有 \(s_i\) 件，每件体积是 \(v_i\)，价值是 \(w_i\)。
求解将哪些物品装入背包，可使物品体积总和不超过背包容量，且价值总和最大。
输出最大价值。
输入格式
第一行两个整数，\(N,V (0<N≤1000, 0<V≤20000)\)，用空格隔开，分别表示物品种数和背包容积。
接下来有 N 行，每行三个整数 \(v_i,w_i,s_i\)，用空格隔开，分别表示第 i 种物品的体积、价值和数量。
输出格式
输出一个整数，表示最大价值。
数据范围
\(0<N≤1000\)
\(0<V≤20000\)
\(0<v_i,w_i,s_i≤20000\)
提示
本题考查多重背包的单调队列优化方法。
输入样例
4 5
1 2 3
2 4 1
3 4 3
4 5 2
输出样例：
10
算法思路
从最简单的多重背包讲起，代码如下
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; i++)
cin >> v >> w >> s;
for(int j = 1; j <= m; j++)
for(int k = 0; k <= s && k * v <= j; k++)
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-1][j-k*v]+k*w);
cout << dp[n][m];
我们将体积j换一种表达方式写出进行观察
0*v, 0*v+1, 0*v+2, ..., 0*v+v-1, 1*v+0, 1*v+2, ..., k*v+t (0 <= t < v)
这里k*v+t == j
可以发现，当更新dp[i][j]时，只需要用到j mod v相同的dp元素
\(比如当j = t*v + 3 (0\le t \le k)时\)
\(dp[j] = max(dp[t*v+3], dp[(t-1)*v+3],dp[(t-2)*v+3],...,dp[3])\)
因此在对dp[i][j]进行更新时，可以按照mod v的值将其分类，
根据j % v = 0、1、 2、......、v - 1分成v类，按照类进行更新
按照类更新，我们可以引入单调队列，减少寻找max的花费
假设当前j = t *v + 3，我们的更新顺序就是dp[3], dp[3*2]，dp[3*3], .....我们将每个结果存储到单调队列中
因为\(dp[j] = dp[t*v + 3] = max(dp[t*v + 3],dp[(t-1)*v+3],dp[(t-2)*v+3],...)\)
因此在更新dp[j]时，只需要将dp[j]入队，此时单调队列的队头即为max结果
Q1、处理w的变化问题
假设j = 2 * v + 3
\(dp[j] = max(dp[3]+2w,dp[v+3]+w,dp[2v+3])\)
而当j = 3 * v + 3时
\(dp[j] = max(dp[3]+3w,dp[v+3]+2w,dp[2v+3]+w,dp[3v+3])\)
可以看出当j不同时，dp[3]后边的w不断的在变化，因此之前更新dp[3]时放入的值，在后续更新时是无效的，因此我们换一种表达方法÷
dp[j] = dp[j]
dp[j+v] = max(dp[j], dp[j+v] - w) + w
dp[j+2v] = max(dp[j], dp[j+v] - w, dp[j+2v] - 2w) + 2w
dp[j+3v] = max(dp[j], dp[j+v] - w, dp[j+2v] - 2w, dp[j+3v] - 3w) + 3w
...
这样，每次入队的值是 dp[j+k*v] - k*w, 出队时加上对应的w即可
Q2、单调队列长度是多少？什么时候需要出队？
注意多重背包是有个数限制的，观察转移方程，假设体积j足够大，那么
\(dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[j-v]+w,dp[j-2v]+2w,...dp[j-sv]+sw)\)
观察可知，点j处的值，只和[j-s*v, j]内的元素有关,因此
-
单调队列长度是s*v
-
当队头元素的位置小于( j-s*v )时，就应该出队
实现
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 20010;
int n, m;
int v, w, s;
int p[N], dp[N], pre[N];
int main(){
cin >> n >> m;
for(int i = 0; i < n; i++){
cin >> v >> w >> s;
memcpy(pre, dp, sizeof dp);
for(int j = 0; j < v; j++){
int hh = 0, tt = -1;
for(int k = j; k <= m; k+=v){
//1.看要不要出队
if(hh <= tt && p[hh] < k - s * v) ++hh;
//2.找到位置
while(hh <= tt && pre[p[tt]] - (p[tt] - j) / v * w <= pre[k] - (k - j) / v * w) --tt;
//3.入队
p[++tt] = k;
//4.更新dp
dp[k] = pre[p[hh]] + (k - p[hh]) / v * w;
}
}
}
cout << dp[m];
}
