背包问题（5）：混合背包
混合背包就是将前面三种基本的背包问题叠加成较复杂的问题。也就是说，有的物品只可以取一次（0/1背包），有的物品可以取无限次（完全背包），有的物品可以取的次数有一个上限（多重背包）。
0/1背包与完全背包的混合比较简单。如果只有两类物品：一类物品只能取一次，另一类物品可以取无限次，那么只需在对每个物品应用转移方程时，根据物品的类别选用逆序（0/1背包）或顺序（完全背包）的循环即可。
一般可以编写如下的循环。
for (i=1;i<=N;i++) // 装入背包的物品个数为N
{
if (第i件物品只能取1次) // 0/1背包
for (j=V;j>=W[i];j--) // 0/1背包按由大到小顺序枚举重量
f[j]=max(f[j],f[j-W[i]]+P[i]);
else // 第i件物品可以取无数次，完全背包
for ( j=W[i];j<=V;j++) // 完全背包按由小到大顺序枚举重量
f[j]=max(f[j],f[j-W[i]]+P[i]);
}
如果再加上多重背包，一般可以编写如下循环程序。
for (i=1;i<=N;i++) // 装入背包的物品个数为N
{
if (第i件物品只能取1次) // 0/1背包
{
for (j=V;j>=W[i];j--)
f[j]=max(f[j],f[j-W[i]]+P[i]);
}
else if (第i件物品可以取无数次) // 完全背包
{
for ( j=W[i];j<=V;j++)
f[j]=max(f[j],f[j-W[i]]+P[i]);
}
else if (第i件物品可以取c[i]次) // 多重背包
{
for (j=V; j>=0; j--)
for (k=0; k<=c[i] && k*W[i] <=j; k++)
f[j] = max( f[j], f[j - k * W[i]] + k *P[i]);
}
}
【例1】最多的糖果数
问题描述
今天是CRB的生日。他妈妈决定给她可爱的儿子买很多礼物。
她带着M元（货币单位）去了最近的商店。
商店里有N种礼物。买一件第i种礼物要花Wi元。
但由于商店的老板是她的朋友，如果她买了x（x>0）件第i种礼物，花费x×Wi元，老板会送给她Ai×x+Bi颗糖果。
她想得到最多的糖果。你的任务是帮助她。
输入
有多个测试用例。输入的第一行包含一个整数T（1≤ T≤ 20），表示测试用例的数量。
对于每个测试用例：第一行包含两个整数M（1≤ M≤ 2000）和N（1≤ N≤ 1000）。接下来是N行，第i行包含三个空格分隔的整数Wi（1≤Wi≤2000）、Ai和Bi（0≤Ai，Bi≤2000）。
输出
对于每个测试用例，输出她能获得的最大糖果。
输入样例
1
100 2
10 2 1
20 1 1
输出样例
21
（1）编程思路。
对于第i件商品，如果只买1个，得到的价值是Ai+Bi；如果在买1个的基础上再买，得到的价值就是Ai。也就是说，第i件商品，除了第一次得到Ai+Bi颗糖果，以后购买都只得到Ai颗糖果，这样可以将第i件商品看成两种商品，其中两种商品的购买代价都是Wi，第一种的价值是Ai+Bi，但是只允许买一次；第二种的价值是Ai，可以无限次购买。第一种商品用0/1背包处理，第二种商品用完全背包处理，并且先进行0/1背包，再进行完全背包。由于第一种商品的价值Ai+Bi大于或等于第二种商品的价值，付出相同的代价，价值大的肯定会被先考虑，也就是在用完全背包处理第二种商品时，第一种商品肯定已经被添加到背包里了。
（2）源程序。
#include <stdio.h> #include <string.h> int max(int a,int b) { return a>b?a:b; } int main() { int f[2005]; int t; scanf("%d", &t); while (t--) { int m,n; scanf("%d%d", &m, &n); memset(f,0,sizeof(f)); int w, a, b; int i,j; for (i = 1; i <=n; i++) { scanf("%d%d%d", &w, &a, &b); for (j= m; j >= w; j--) // 每个商品的第1件只买1次，0/1背包 f[j] = max(f[j], f[j-w] + a + b); for (j = w; j<=m; j++) // 每个商品之后可购买次数不限，完全背包 f[j] = max(f[j], f[j-w] + a); } int ans = 0; for (i=0; i<=m; i++) ans = max(ans, f[i]); printf("%d\n", ans); } return 0; }
将上面的源程序提交给HDU题库HDU 5410 CRB and His Birthday（http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5410），测评结果为“Accepted”。
【例2】樱花
题目描述
爱与愁大神后院里种了n棵樱花树，每棵都有美学值 Ci (0≤Ci≤200)。爱与愁大神在每天上学前都会来赏花。爱与愁大神可是生物学霸，他懂得如何欣赏樱花：一种樱花树看一遍过，一种樱花树最多看 Ai (0≤Ai≤100)遍，一种樱花树可以看无数遍。但是看每棵樱花树都有一定的时间Ti (0≤Ti≤100)。爱与愁大神离去上学的时间只剩下一小会儿了。求解看哪几棵樱花树能使美学值最高且爱与愁大神能准时（或提早）去上学。
输入
共 n+1行：
第1行：现在时间 Ts（几时：几分），去上学的时间 Te（几时：几分），爱与愁大神院子里有几棵樱花树 n。这里的Ts，Te格式为：hh:mm，其中0≤hh≤23，0≤mm≤59，且 hh,mm,n均为正整数。开始时间距离结束时间不超过 1000分钟，n≤10000。
第2行到第n+1 行，每行三个正整数：看完第i棵树的耗费时间Ti，第i棵树的美学值Ci，看第i棵树的次数Pi（Pi =0 表示无数次，Pi是其他数字表示最多可看的次数Pi）。
输出
只有一个整数，表示最大美学值。
输入样例
6:50 7:00 3
2 1 0
3 3 1
4 5 4
输出样例
11
样例解释
赏第一棵樱花树一次，赏第三棵樱花树2次。
（1）编程思路1。
一种樱花树看一遍过（0/1背包），一种樱花树最多看 Ai (0≤Ai≤100)遍（多重背包），一种樱花树可以看无数遍（完全背包）。
设现在时间为h1：m1，去上学的时间为h2：m2，则limt=h2*60+m2-(h1*60+m1)就是背包的容量，将看樱花耗费的时间ti看成物品的重量，樱花的美学值看成物品的价值，按上面的介绍，3种背包混合时分别处理即可。
（2）源程序1。
#include <stdio.h> #include <string.h> int max(int a,int b) { return a>b?a:b; } int main() { int n,h1,m1,h2,m2; scanf("%d:%d %d:%d %d",&h1,&m1,&h2,&m2,&n); int limt=h2*60+m2-(h1*60+m1); int f[1005]={0}; int i,j,k; for (i=1;i<=n;i++) { int t,c,p; scanf("%d%d%d",&t,&c,&p); if (p==1) // 看一次，0/1背包 { for (j=limt;j>=t;j--) f[j]=max(f[j],f[j-t]+c); } else if (p==0) // 看无数次，完全背包 { for (j=t;j<=limt;j++) f[j]=max(f[j],f[j-t]+c); } else // 看pi次，多重背包 { for (j=limt; j>=0; j--) for (k=0; k<=p && k*t <=j; k++) f[j] = max( f[j], f[j-k*t] + k *c); } } printf("%d\n",f[limt]); return 0; }
（3）编程思路2。
可以将完全背包和多重背包均转化为0/1背包求解。樱花可以看无数遍，实际上由于背包容量的限制，最多也只能看limt/t遍，因此完全背包可看成一个物品取limt/t的多重背包，采用二进制拆分优化的方法将多重背包转换为0/1背包统一求解。
（4）源程序2。
#include <stdio.h> #include <string.h> int t[1000005],c[1000005]; int main() { int n,h1,m1,h2,m2; scanf("%d:%d %d:%d %d",&h1,&m1,&h2,&m2,&n); int limt=h2*60+m2-(h1*60+m1); int i,j; int cnt=0; for (i=1;i<=n;i++) { int a,b,p; scanf("%d%d%d",&a,&b,&p); if (p==0) p=p=limt/a; for (j=1;j<=p;j<<=1) { t[++cnt]=j*a; c[cnt]=j*b; p-=j; } if (p) { t[++cnt]=a*p; c[cnt]=b*p; } } int f[1005]; memset(f,0,sizeof(f)); for (i=1;i<=cnt;i++) for (j=limt;j>=t[i];j--) if (f[j]<f[j-t[i]]+c[i]) f[j]=f[j-t[i]]+c[i]; printf("%d\n",f[limt]); return 0; }
将上面的源程序提交给洛谷题库P1833 樱花（https://www.luogu.com.cn/problem/P1833），测评结果为“Accepted”。
练习题
1．P1782 旅行商的背包（https://www.luogu.com.cn/problem/P1782）
#include <stdio.h> long long max(long long a,long long b) { return a>b?a:b; } int main() { long long n,m,C; scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&C); long long f[10005]={0}; long long i,j,k; for (i=1;i<=n;i++) // n种物品多重背包 { long long v,w,d; scanf("%lld%lld%lld",&v,&w,&d); if (v*d>=C) { for (j=v;j<=C;j++) f[j]=max(f[j],f[j-v]+w); } else { k=1; while (k<d) { for (j=C;j>=k*v;j--) f[j]=max(f[j],f[j-k*v]+k*w); d-=k; k*=2; } if (d>0) { for (j=C;j>=d*v;j--) f[j]=max(f[j],f[j-d*v]+d*w); } } } for (i=1;i<=m;i++) // m件奇货是0/1背包 { long long a,b,c; scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c); for (j=C;j>=0;j--) for (k=0;k<=j;k++) f[j]=max(f[j],f[j-k]+(a*k+b)*k+c); } printf("%lld\n",f[C]); return 0; }
2．P2851 [USACO06DEC]The Fewest Coins G（https://www.luogu.com.cn/problem/P2851）
#include <stdio.h> #include <string.h> #define INF 0x3f3f3f3f int min(int a,int b) { return a<b?a:b; } int main() { int f1[25000]; // 约翰对不同金额所付的最少硬币数量 int f2[25000]; // 店家对不同金额找零的最少硬币数量 int n,t; scanf("%d%d",&n,&t); int sum=0; int i,j; int c[105],v[105]; for (i=0;i<n;i++) { scanf("%d",&v[i]); if (sum<v[i]) sum=v[i]; } for (i=0;i<n;i++) scanf("%d",&c[i]); sum=sum*sum+t+1; memset(f1,INF,sizeof(f1)); memset(f2,INF,sizeof(f2)); f1[0]=0; f2[0]=0; for (i=0;i<n;i++) { for (j=v[i];j<=sum;j++) // 店家找零是完全背包 { f2[j]=min(f2[j],f2[j-v[i]]+1); } if (c[i]*v[i]>=sum) // 约翰付账是多重背包 { for (j=v[i];j<=sum;j++) f1[j]=min(f1[j],f1[j-v[i]]+1); } else { int k=1; int temp=c[i]; while (k<temp) { for (j=sum;j>=k*v[i];j--) f1[j]=min(f1[j],f1[j-k*v[i]]+k); temp-=k; k*=2; } for (j=sum;j>=temp*v[i];j--) f1[j]=min(f1[j],f1[j-temp*v[i]]+temp); } } int res=INF; for (i=t;i<=sum;i++) { res=min(res,f1[i]+f2[i-t]); } if (res==INF) printf("-1\n"); else printf("%d\n",res); return 0; }
