超大背包问题

题目：

特大背包问题 (20分)
C时间限制：1000 毫秒 | C内存限制：10000 Kb
题目内容：
现在有一个容量为C的背包和N个重量和价值已知的物品. 现在要从这n个物品中挑选出一些物品, 使得选择的物品的总重量不超过背包的容量, 且总价值最大.
此题的数据范围:
1 <= C <= 10^8(10的8次方)
1 <= N <= 100
输入描述
有多组测试数据. 第一行一个正整数T(T<=15), 表示测试数据组数.
对于每组测试数据:
第一行两个正整数N和C, 分别表示物品的数量和背包的容量.
接下来N行, 每行两个正整数w,v ,分别表示对应物品的重量和价值(1<= w <= 10^7, 1<= v <= 100)

输出描述
输出一个正整数, 表示在所选物品不超过背包容量的情况下, 能够得到的最大价值.

输入样例
1
3 10
5 10
5 10
4 12

输出样例
22
————————————————

思路：

先求出所有物品的总价值V， 用一个一维数组，下标对应价值，数组储存总价值依次减小时需要的最小容量，。

最后输出 题目所给背包容量对应的价值即为所求答案。

核心代码：

for(i=1;i<=n;i++)

for(int j = V ;j >= v[i];j--)

dp[j]= min( dp[j] , dp[j-v[i]] + w [i]);

 

通过代码：

#include <iostream>
#include<cstring> 
using namespace std;
long long int  w[10000],v[10000],dp[10000];
int main()
{
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        long long int i,j,n,c,V=0;
        cin>>n>>c;
        for(i=1;i<=n;i++) 
        {
            cin>>w[i];
            cin>>v[i];
            V+=v[i];
        }
        memset(dp,1000000010,sizeof(dp)); ///要求最小容量，初始化为最大值；
        dp[0]=0;
        for(i=1;i<=n;i++)
            for(int j = V ;j >= v[i];j--)
                dp[j]= min( dp[j] , dp[j-v[i]] + w [i]);
        for( i=V ;i>=0 ; i--)
            if(dp[i]<=c)
            {
               cout<<i<<endl; ///此处输出i，即为满足条件的最大价值
               break;
            }
        }
    return 0;    
} 

CSDN链接：https://blog.csdn.net/De_lovely_crane/article/details/100829699

 

 

 

 

 

一般解法：折半枚举。

有n个重量和价值分别为w[i]和v[i]的物品，从这些物品中挑选总重量不超过W的物品，求所有挑选方案中价值总和的最大值。其中，1 ≤ n ≤ 40， 1 ≤ w[i], v[i] ≤ 10^15, 1 ≤ W ≤ 10^15.
这个问题给人的第一感觉就是普通的01背包。不过，看完数据范围会发现，这次价值和重量都可以是非常大的数值，相比之下n比较小。使用DP求解背包为题的复杂度是O(nW)，因此不能用来解决这个问题。此时我们应该利用n比较小的特点来寻找其他方法。

挑选物品的方案总共有2^n种，所以不能直接枚举，但是如果将物品分成两半再枚举的话，由于每部分最多只有20个，这是可行的。我们把前半部分中的挑选方法对应的重量和价值总和记为w1、v1，这样在后半部分寻找总重w2 ≤ W - w1时使v2最大的选取方法即可。

因此，我们要思考从枚举得到的（w2，v2）集合中高效寻找max{v2|w2 ≤ W'}的方法。首先，显然我们可以排除所有w2[i] ≤ w2[j] 并且 v2[i] >= v2[j]的j。这一点可以按照w2、v2的字典序排序后做到。此后剩余的元素都满足w2[i] < w2[j] <=> v2[i] < v2[j]，要计算max{v2|w2 <= W'}的话，只要寻找满足w2[i] <= W'的最大的i就可以了。这可以用二分搜索完成，剩余的元素个数为M的话，一次搜索需要O(logM)的时间。因为M≤2^(n/2)，所以这个算法总的时间复杂度是O(n * 2^(n/2))，可以在实现内解决问题。

大佬代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
typedef long long ll;
const int MAXN = (int) 42;
const ll INF = (ll)0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
 
//输入
int n;
ll w[MAXN],v[MAXN];
ll W;
 
pair<ll,ll> ps[1 << (MAXN/2)]; // 重量，价值
 
void solve(){
    // 枚举前半部分
    int n2 = n / 2;
    for (int i = 0;i < 1 << n2;i ++){
        ll sw = 0,sv = 0;
        for (int j = 0;j < n2;j ++){
            if (i >> j & 1){
                sw += w[j];
                sv += v[j];
            }
        }
        ps[i] = make_pair(sw,sv);
    }
 
    // 去除多余的元素
    sort(ps,ps + (1<<n2));
    int m = 1;
    for (int i = 1;i < 1 << n2;i ++){
        if (ps[m-1].second < ps[i].second) {
            ps[m++] = ps[i];
        }
    }
 
 
    // 枚举后半段部分并求解
    ll res = 0;
    for (int i = 0;i < 1 << (n-n2);i ++){
        ll sw = 0,sv = 0;
        for (int j = 0;j < n-n2;j ++){
            if (i >> j & 1 ){
                sw += w[n2+j];
                sv += v[n2+j];
            }
        }
        if (sw <= W){
            ll tv = (lower_bound(ps,ps + m,make_pair(W-sw,INF))-1)->second;
            res = max(res,sv + tv);
        }
    }
 
    printf("%lld\n",res);
}