【动态规划】多重背包问题

题目

4. 多重背包问题 I
5. 多重背包问题 II
6. 多重背包问题 III

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， $N，V$ ，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

I：
$0 \lt N, V \le 100$
$0 \lt v_i, w_i, s_i \le 100$

II：
$0 \lt N \le 1000$
$0 \lt V \le 2000$
$0 \lt v_i, w_i, s_i \le 2000$

III：
$0 \lt N \le 1000$
$0 \lt V \le 20000$
$0 \lt v_i, w_i, s_i \le 20000$

提示：

II：

本题考查多重背包的二进制优化方法。

III：

本题考查多重背包的单调队列优化方法。

输入样例

输出样例：

解题

方法一：动态规划

思路

二维动态规划的思维过程与完全背包问题完全相同，只不过多加了个 $k < s_i$ 的条件。

动态规划：

状态定义： $dp[i][j]$ 表示所有只考虑前 $i$ 个物品，且总体积不大于 $j$ 的所有选法中能得到的最大价值。
状态转移方程： $dp[i][j] = \max(dp[i-1][j], dp[i-1][j - k \times v[i]] + k \times w[i])$ （ $k \in [0, \min(s[i], \frac{j}{v[i]}])$ ）。
初始状态：只考虑前 $0$ 个物品的时候没有物品可选，最大价值一定是 $0$ 。

代码

import java.util.*;
import java.io.*;

public class Main {
    public static void main(String[] args) throws IOException {
        StreamTokenizer in = new StreamTokenizer(new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in)));
        in.nextToken();
        int n = (int) in.nval;
        in.nextToken();
        int c = (int) in.nval;
        int[] v = new int[n + 1], w = new int[n + 1], s = new int[n + 1];
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            in.nextToken();
            v[i] = (int) in.nval;
            in.nextToken();
            w[i] = (int) in.nval;
            in.nextToken();
            s[i] = (int) in.nval;
        }
        int[][] dp = new int[n + 1][c + 1];
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            int vi = v[i], wi = w[i], si = s[i];
            for (int j = 0; j <= c; ++j) {
                for (int k = 0; k <= si && k * vi <= j; ++k) {
                    dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], dp[i - 1][j - k * vi] + k * wi);
                }
            }
        }
        System.out.println(dp[n][c]);
    }
}

#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 110;
int n, c;
int v[N], w[N], s[N], dp[N][N];

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &c);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d%d%d", &v[i], &w[i], &s[i]);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int vi = v[i], wi = w[i], si = s[i];
        for (int j = 0; j <= c; ++j) {
            for (int k = 0; k <= si && k * vi <= j; ++k) {
                dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - k * vi] + k * wi);
            }
        }
    }
    printf("%d\n", dp[n][c]);
    
    return 0;
}

时间复杂度： $O(NVS)$ （ $N,V$ 含义如题， $S$ 指 $s_i$ 的最大值）

优化一：二进制优化 + 01背包一维优化

尝试与完全背包问题 - 优化一样代换状态转移方程进行优化：

原式：f[i][j] = max(f[i-1][j-k*vi] + k*wi)
展开：f[i][j] = max(f[i-1][j], f[i-1][j-vi]+wi, f[i-1, j-2*vi]+2*wi, ..., f[i-1][j-s*vi]+s*wi)
  f[i][j-vi] = max(           f[i-1][j-vi],    f[i-1, j-2*vi]+wi,   ..., f[i-1][j-s*vi]+(s-1)*wi, f[i-1][j-(s+1)*vi]+s*wi)

发现无法进行代换，这种优化方式行不通。

此时有另外一种优化方式：

例如目前 $A$ 物品的体积是 $v_A$ ，价值是 $w_A$ ，数量是 $s_A=63$ 。
那么我们可以把 $A$ 物品分解为：

物品 $A_1$ ，体积： $1 \times v_A$ ，价值： $1 \times w_A$ ，数量： $1$ 。
物品 $A_2$ ，体积： $2 \times v_A$ ，价值： $2 \times w_A$ ，数量： $1$ 。
物品 $A_4$ ，体积： $4 \times v_A$ ，价值： $4 \times w_A$ ，数量： $1$ 。
物品 $A_8$ ，体积： $8 \times v_A$ ，价值： $8 \times w_A$ ，数量： $1$ 。
物品 $A_{16}$ ，体积： $16 \times v_A$ ，价值： $16 \times w_A$ ，数量： $1$ 。
物品 $A_{32}$ ，体积： $32 \times v_A$ ，价值： $32 \times w_A$ ，数量： $1$ 。

根据二进制的性质，有了以上这些物品我们可以构造出 $0 \sim 63$ 个 $A$ 物品中的任意一个数量，比如说：

$3A = A_1 + A_2$ ， $5A = A_1 + A_4$ ， $6A = A_2 + A_4$ ， $7A = A_1 + A_2 + A_4$ ……

如果物品的数量不是 $2的幂-1$ 怎么办？
——比如 $B$ 物品的体积是 $v_B$ ，价值是 $w_B$ ，数量是 $s_B=100$ 。
那么我们可以把 $B$ 物品分解为：

物品 $A_1$ ，体积： $1 \times v_B$ ，价值： $1 \times w_B$ ，数量： $1$ 。
物品 $A_2$ ，体积： $2 \times v_B$ ，价值： $2 \times w_B$ ，数量： $1$ 。
物品 $A_4$ ，体积： $4 \times v_B$ ，价值： $4 \times w_B$ ，数量： $1$ 。
物品 $A_8$ ，体积： $8 \times v_B$ ，价值： $8 \times w_B$ ，数量： $1$ 。
物品 $A_{16}$ ，体积： $16 \times v_B$ ，价值： $16 \times w_B$ ，数量： $1$ 。
物品 $A_{32}$ ，体积： $32 \times v_B$ ，价值： $32 \times w_B$ ，数量： $1$ 。
物品 $A_{37}$ ，体积： $37 \times v_B$ ，价值： $37 \times w_B$ ，数量： $1$ ，其中： $37 = 100 - 1 - 2 - 4 - 8 - 16 - 32 = 37$ 。

这样下来就可以构造出 $0 \sim 100$ 个 $B$ 物品中的任意一个数量。

我们发现这样就可以把任意一种数量为 $S$ 的物品分解成 $\lceil log_2{S} \rceil$ 种数量为 $1$ 的物品。

这样以来我们就把条件从「给定 $N$ 种物品，第 $i$ 种物品最多有 $s_i$ 件，体积是 $v_i$ ，价值是 $w_i$ 」变成了「给定 $N \times {\lceil \log_2{S} \rceil}$ 种物品，每件物品只能使用一次，第 $i$ 种物品的体积是 $v_i$ ，价值是 $w_i$ 」。把问题从多重背包转换成了 0-1背包，代码直接套用 0-1背包的代码，时间复杂度降到了 $O(NV {\lceil \log_2{S} \rceil})$ 。

import java.util.*;
import java.io.*;

public class Main {
    public static void main(String[] args) throws IOException {
        StreamTokenizer in = new StreamTokenizer(new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in)));
        in.nextToken();
        int n = (int) in.nval;
        in.nextToken();
        int c = (int) in.nval;
        int m = n * 12;
        int[] v = new int[m + 1], w = new int[m + 1];
        int idx = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            in.nextToken();
            int vi = (int) in.nval;
            in.nextToken();
            int wi = (int) in.nval;
            in.nextToken();
            int si = (int) in.nval;
            int x = 1;
            while (x <= si) {
                ++idx;
                v[idx] = vi * x;
                w[idx] = wi * x;
                si -= x;
                x <<= 1;
            }
            if (si > 0) {
                ++idx;
                v[idx] = vi * si;
                w[idx] = wi * si;
            }
        }
        n = idx;
        int[] dp = new int[c + 1];
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            int vi = v[i], wi = w[i];
            for (int j = c; j >= vi; --j) {
                dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - vi] + wi);
            }
        }
        System.out.println(dp[c]);
    }
}

#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 1010, M = 2010, L = N * 11;
int n, c;
int v[L], w[L], dp[M];

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &c);
    int idx = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int vi, wi, si;
        scanf("%d%d%d", &vi, &wi, &si);
        int x = 1;
        while (x <= si) {
            ++idx;
            v[idx] = vi * x;
            w[idx] = wi * x;
            si -= x;
            x <<= 1;
        }
        if (si > 0) {
            ++idx;
            v[idx] = vi * si;
            w[idx] = wi * si;
        }
    }
    n = idx;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int vi = v[i], wi = w[i];
        for (int j = c; j >= vi; --j) {
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - vi] + wi);
        }
    }
    printf("%d\n", dp[c]);
    
    return 0;
}

优化二：单调队列优化+拷贝数组优化

import java.util.*;
import java.io.*;

public class Main {
    public static void main(String[] args) throws IOException {
        StreamTokenizer in = new StreamTokenizer(new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in)));
        in.nextToken(); int n = (int) in.nval;
        in.nextToken(); int c = (int) in.nval;
        int[] f = new int[c + 1], g;
        int[] que = new int[c + 1];
        int hh, tt;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            in.nextToken(); int v = (int) in.nval;
            in.nextToken(); int w = (int) in.nval;
            in.nextToken(); int s = (int) in.nval;
            g = f.clone(); // 拷贝上一层状态
            // 枚举余数
            for (int r = 0; r < v; ++r) {
                hh = 0; tt = -1;// 清空优先队列
        		// 从余数开始枚举空间
                for (int j = r; j <= c; j += v) {
                    // 将超出窗口范围的元素出队(`j - que[hh] / v`表示滑动窗口中的元素数量)
                    while (hh <= tt && (j - que[hh]) / v > s) ++hh;
                    // 当前状态比队尾元素表示的状态更优 队尾元素没有存在必要 队尾出队
            		// 注意: 队尾元素需要加上价值偏移量: `(j - que[tt]) / v * w`
                    while (hh <= tt && g[j] >= g[que[tt]] + (j - que[tt]) / v * w) --tt;
                    // 当前下标入队
                    que[++tt] = j;
                    // 更新当前这一层的状态(注意依旧要加上价值偏移量)
                    f[j] = g[que[hh]] + (j - que[hh]) / v * w;
                }
            }
        }
        System.out.println(f[c]);
    }
}

#include <iostream>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 1010, V = 20010;
int n, c;
int f[2][V];
int que[V];
int hh, tt = -1;

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &c);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int v, w, s; scanf("%d%d%d", &v, &w, &s);
        int curr = i & 1, prev = curr ^ 1;
        for (int r = 0; r < v; ++r) {
            hh = 0, tt = -1;
            for (int j = r; j <= c; j += v) {
                while (hh <= tt && (j - que[hh]) / v > s) ++hh;
                while (hh <= tt && f[prev][j] >= f[prev][que[tt]] + (j - que[tt]) / v * w) --tt;
                que[++tt] = j;
                f[curr][j] = f[prev][que[hh]] + (j - que[hh]) / v * w;
            }
        }
    }
    printf("%d\n", f[n & 1][c]);

    return 0;
}

目录CONTENT

【动态规划】多重背包问题

题目

解题

方法一：动态规划

思路

代码

优化一：二进制优化 + 01背包一维优化

优化二：单调队列优化+拷贝数组优化

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