dp_背包之多重背包
要求:
看此文需要如下要求。
1,熟悉01背包及完全背包，对01背包/完全背包中的逆序和顺序选择的原因要了解。https://www.cnblogs.com/kingbuffalo/p/16241927.html
2,熟练使用单调队列求滑动窗口中的最大值 https://www.cnblogs.com/kingbuffalo/p/15499998.html
问题:
多重背包也是 0-1 背包的一个变式。与 0-1 背包的区别在于每种物品有ki个，而非一个。
解决方案：
将k个相同的物品，看作k个不同的物品，但是wi,ci都一样。即可套用 01背包方案 详见（https://www.cnblogs.com/kingbuffalo/p/16241927.html)
优化方法：
- 二进制优化
设k个物品分成 A[xx] A[xx+1] ... A[xx+k-1] 个物品。
那么 A[xx] A[xx+1] 组成两个物品时 与 A[xx+1] A[xx+2] 是相同的，所以存在重复计算。
所以，不能简单地将其看成k个不同的物品。
而是考虑二进制 比如将 8 = 1 + 2 + 3 + 1 4个物品，分别为1个的时候，2个的时候，4个的时候，和1个的时候。（这是因为二进制 刚好就是可以表示一切数字，且某位存不存在-->即加不加上）
poj1014的 http://poj.org/problem?id=1014
ac代码如下
#define NMAX 120003
bool dp[NMAX];
int B[10];
int A[1000];
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int t = 0;
while(cin >> B[1] >> B[2] >> B[3] >> B[4] >> B[5] >> B[6] ){
t ++;
int M = B[1] + B[2]*2 + B[3]*3 + B[4]*4 + B[5]*5 +B[6]*6;
if ( M == 0 ) break;
if ( M & 1 ){
cout << "Collection #"<<t <<":\nCan't be divided.\n" << endl;
}else{
M/=2;
int AIdx = 0;
for(int i=1;i<=6;i++){
int k = B[i];
if ( k == 0 ) continue;
int j=1;
while(k>=j)A[AIdx++]=j*i,k-=j,j*=2;
if(k)A[AIdx++] = k*i;
}
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0] = true;
for(int i=0;i<AIdx;++i){
for(int j=M;j>=A[i];j--){
dp[j] |= dp[j-A[i]];
}
}
if ( dp[M] ) cout << "Collection #"<<t <<":\nCan be divided.\n" << endl;
else cout << "Collection #"<<t <<":\nCan't be divided.\n" << endl;
}
}
return 0;
}
- 这是一个奇怪的方法，因为它看起来不像背包的算法，这个方法其实比1的方法效率要高
虽然在poj1014这题上，两种算法耗时都是0Ms
但在poj1742 http://poj.org/problem?id=1742 上，表示明显。第2种方法需要时间只是第1种的一半。
但是这个方法有很明显的局限性，只能计算能不能存在的dp,也就是组合成目标(M) 能不能组合成功。
#define NMAX 120003
bool dp[NMAX];
int cnts[NMAX];//保存在dp过程中，使用了多少次此物品
int B[10];
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int t = 0;
while(cin >> B[1] >> B[2] >> B[3] >> B[4] >> B[5] >> B[6] ){
t ++;
int M = B[1] + B[2]*2 + B[3]*3 + B[4]*4 + B[5]*5 +B[6]*6;
if ( M == 0 ) break;
if ( M & 1 ){
cout << "Collection #"<<t <<":\nCan't be divided.\n" << endl;
}else{
M/=2;
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0] = true;
for(int i=1;i<=6;++i){
memset(cnts,0,sizeof(cnts));
//正序是 dp[i]依赖于 <i 的值
//正序是 cnts[i] 是 依赖于前面所使用的量
for(int j=i;j<=M;j++){
//三个条件，少一不可。 其中 !dp[j] 是非常重要
//1. 是为了cnts[j]都正确
//2. 即使是 j=i;j<=M 是顺序的情况下，也可以满足01背包中倒序的需求。（dp[i-1][j] 中[j] 肯定是旧值)
//3. 只有在这种dp为bool值的才能这样做，因为如果不是布尔值，无法判断上面提的2种要求
//dp[j-i] && cnts[j-i] < B[i] 为了能在数量范围内正确使用
if ( !dp[j] && dp[j-i] && cnts[j-i] < B[i]){
dp[j] = true;
cnts[j] = cnts[j-i]+1;
}
}
}
if ( dp[M] ) cout << "Collection #"<<t <<":\nCan be divided.\n" << endl;
else cout << "Collection #"<<t <<":\nCan't be divided.\n" << endl;
}
}
return 0;
}
- 单调队列优化
设dp[i][j] 为 考虑第i个物品 能放到j重量的背包时。
设 w: 重量,v: 价值, m:个数
因为有m个物品，则
dp[i][j] = max(dp[i-1][j-w]+v,dp[i-1][j-2w]+2v,...,dp[i-1][j-kw]+kv); 设此式为1式
而当 j+=w时
dp[i][j+w] = max(dp[i-1][j]+v,dp[i-1][j-w]+2v,...,dp[i-1][j-(k-1)w]+k*v);设此式为2式
对比2式与1式，就会发现，这是一个经典的滑动窗口问题。而在滑动窗口内线性查找最大值，是递减单调队列的经典应用
如图所示(这里用了滚动数组，把i干掉了）
洛谷的 1776题 https://www.luogu.com.cn/problem/P1776
#define WMAX 100005
int dp[WMAX];
int q[WMAX];
int cnt[WMAX];
int main(){
int n,W;
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin >> n >> W;
int v,w,m;
int hh,tt;
for( int i=0;i<n;++i){
cin >> v >> w >> m;
int mMax = min(m,W/w);
for(int j=0;j<w;j++){//枚举余数
int seg = W/w;
hh = 0;tt=-1;
for( int k=0;k<=seg;++k ){//只有这样的dp[j+x*w] 作为一个循环中，它才能被单调队列优化。
int dpOldValue = dp[j+k*w] - k*v;//既是滚动数组，又可以顺序，是因为保存在单调队列的值，它是旧的，还没有被更新过的。所以不需要像01背包中那样逆序。
while(hh<=tt && q[tt]<=dpOldValue) --tt;//递减单调队列保存最大值 比dpOldValue的都推出去
q[++tt] = dpOldValue;//进队列
cnt[tt] = k;//这里是要记录进栈的为k，用来记录 单调队列里面数据的下标，以便保证滑动窗口的长度等于nMax个
while(hh<=tt && cnt[hh]+mMax<k) ++hh;//保证滑动窗口的长度等于nMax个
dp[j+k*w] = max(dp[j+k*w],q[hh]+k*v);//用最大值来更新dp[j+k*w]
}
}
}
cout << dp[W] << endl;
return 0;
}
