题解：樱花
前言
这是一道混合背包的问题，其他题解讲述的十分清晰，但在多重背包的问题上大多只是使用了二进制拆分优化，本篇文章将以通俗易懂的方法讲解单调队列优化多重背包，因此默认大家已经掌握了背包的知识，推荐大家拿着笔推一推式子。
前置知识
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多重背包
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优先队列
什么样的 DP 可以使用单调队列优化
状态转移方程形如：
翻译成人话意思就是对于序列中的点，决策区间随着序列下标的增大从左向右进行转移，类似于一个窗口从左向右进行滑动。如果存在 \(i_1 \lt i_2\) ，且 \(g_{i_1}\) 劣于 \(g_{i_2}\) 。那么当窗口滑动到 \(i_2\) 时，\(i_1\) 永远不会成为最优决策点，此时这个点也将不用进行转移了。
一个人如果比你小还比你强，那么你就可以退役了。
对此我们可以维护一个下标递增的单调队列，使队头一直保持最优转移。每次从队尾判断，若已经不可能成为最优决策就弹出。特别的，当队头超出了所在的新区间，因为下标单调递增，以后它也不可能回到这个区间，这时我们还需要将队头弹出。这样每次转移之后，我们只需要取出队头，队头就是最优解。
保持单调性的方法非常简单，在新的队尾入队前，要先将劣于它的元素从尾部弹出；“窗口”滑动之后，要检查队头是否合法，如果不合法要从队头弹出。因此一般使用双端队列或者直接数组模拟。
单调队列优化多重背包
记总共有 \(N\) 种物品，每种物品中一个物品的体积为 \(V_i\) ，价值为 \(W_i\) ，数量为 \(C_i\) , \(F_{i,j}\) 为前 \(i\) 件物品选出总重量为 \(j\) ， DP 值表示最大价值。
容易得出多重背包的状态转移方程为：
这个东西看起来可能不是很清晰，我们把它分成一项一项来看：
可以发现对于任何一个 \(F_{i,j}\) 是由它前面的 \((k+1)\) 项形如 \(F_{i - 1,j - k * V_i} + k * W_i\) 的式子转移而来，直到背包的体积不能再用。
但是，这个队列中前面的数，每次都会增加一个 \(w\) ，所以我们需要做一些转换。
不妨设 \(j=k' * V_i +d\) ，其中 \(k'\) 表示的是 \(j\) 重量所能装下的该物品最大数量， \(d\) 则是余数。可以得到：
对于每一种余数 \(d\) 我们可以维护一个单调队列，因为通过式子可以看出不同余数之间的状态不会互相转移，这样我们就可以在线性的时间里求出在第 \(i\) 个物品时，对于 $j \equiv d (\mod V_i ) $ 的 \(F_{i,j}\) 最大值。
时间复杂度 \(O(NV)\) ，空间复杂度 \(O(NV)\) 。
二维数组代码：
int n,V,v[MAX],w[MAX],c[MAX];
int f[MAX][MAX],q[MAX]; //数组模拟单调队列
cin>>n>>V;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>v[i]>>w[i]>>c[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<v[i];j++) //枚举余数
{
int head=0,tail=-1;
for(int k=j;k<=V;k+=v[i])
{
//(j-q[tail])/v[i] 以及下面的 (j-q[head])/v[i] 对应的都是每一个k'
//超出可取范围，弹出队头
while(head<=tail&&(k-q[head])/v[i]>c[i]) head++;
//当前队尾解劣于新解，全部弹出
while(head<=tail&&f[i-1][q[tail]]+(k-q[tail])/v[i]*w[i]<=f[i-1][k]) tail--;
q[++tail]=k;
//每次更新直接取出队头最优解
f[i][k]=f[i-1][q[head]]+(k-q[head])/v[i]*w[i];
}
}
cout<<f[n][V];
空间上的进一步优化
虽然时间优秀了，但是空间还不够优秀。
因为第 \(i\) 层的状态只会用到第 \(i-1\) 层，我们可以把这个式子用优化完全背包的思路压成一维，倒着向回推一边。考虑倒序枚举背包体积，对于每种余数 \(d \in [0 , V_i-1]\) ，倒序循环 \(k = \lfloor (V-d) / V_i \rfloor \sim 0\) ,这样就可以得到一个新的状态转移方程。
这样我们就可以得到一个空间复杂度为 \(O(V)\) 的更优秀算法。
一维数组代码：
int n,V,v[MAX],w[MAX],c[MAX];
int f[MAX],q[MAX],g[MAX]; //数组模拟单调队列
cin>>n>>V;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>v[i]>>w[i]>>c[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
memcpy(g,f,sizeof g);
for(int j=0;j<v[i];j++) //枚举余数
{
int head=0,tail=-1;
for(int k=j;k<=V;k+=v[i])
{
while(head<=tail&&(k-q[head])/v[i]>c[i]) head++;
while(head<=tail&&g[q[tail]]+(k-q[tail])/v[i]*w[i]<=g[k]) tail--;
q[++tail]=k;
f[k]=g[q[head]]+(k-q[head])/v[i]*w[i];
}
}
}
cout<<f[V];
完整代码
#include<bits/stdc++.h>
#define MAX 10010
using namespace std;
inline int read()
{
int s=0,w=1;
char c=getchar();
while(!isdigit(c)) (c=='-')?w=-1:w=1,c=getchar();
while(isdigit(c)) s=(s<<1)+(s<<3)+(c^48),c=getchar();
return s*w;
}
int t1,t2,t3,t4,V;
int n,c[MAX],w[MAX],v[MAX];
int f[MAX],g[MAX];
inline void Zerone_Bag(int i)
{
for(int k=V;k>=w[i];k--)
f[k]=max(f[k],f[k-w[i]]+v[i]);
return;
}
inline void Full_Bag(int i)
{
for(int k=w[i];k<=V;k++)
f[k]=max(f[k],f[k-w[i]]+v[i]);
return;
}
inline void Multiple_Bag(int i)
{
int q[MAX];
memcpy(g,f,sizeof g);
for(int j=0;j<w[i];j++)
{
int head=0,tail=-1;
for(int k=j;k<=V;k+=w[i])
{
while(head<=tail&&(k-q[head])/w[i]>c[i]) head++;
while(head<=tail&&g[q[tail]]+(k-q[tail])/w[i]*v[i]<=g[k]) tail--;
q[++tail]=k;
f[k]=g[q[head]]+(k-q[head])/w[i]*v[i];
}
}
return;
}
int main()
{
t1=read(),t2=read(),t3=read(),t4=read();
V=(t3*60+t4)-(t1*60+t2);
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
w[i]=read(),v[i]=read(),c[i]=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(c[i]==0) Full_Bag(i);
if(c[i]==1) Zerone_Bag(i);
if(c[i]>=2) Multiple_Bag(i);
}
cout<<f[V];
return (0-0);
}
参考资料
李煜东 《算法竞赛进阶指南》
