多重揹包問題（動態規劃）

多重揹包問題

題目：

有N種物品和一個容量爲V的揹包。第i種物品最多有n[i]件可用，每件費用是c[i]，價值是w[i]。求解將哪些物品裝入揹包可使這些物品的費用總和不超過揹包容量，且價值總和最大。

 

一、基本算法

這題目和完全揹包問題很類似。基本的方程只需將完全揹包問題的方程略微一改即可，因爲對於第i種物品有n[i]+1種策略：取0件，取1件……取n[i]件。令f[i][v]表示前i種物品恰放入一個容量爲v的揹包的最大權值，則有狀態轉移方程：

f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k<=n[i]}

複雜度是O(V*Σn[i])。

 

代碼：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#define N 1002
using namespace std;

int f[N];
int w[N];
int v[N];
int s[N];

int main() {
    int n,W; cin >> n >> W;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        cin >> w[i] >> v[i] >> s[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        for(int j=W;j>=w[i];j--) {
            for(int k=0;k<=s[i] && k*w[i] <=j ;k++) {
                f[j] = max(f[j],f[j-k*w[i]] + k*v[i]);
            }
        }
    }
    cout << f[W] <<endl;
    return 0;
}

 

二、轉化爲01揹包問題

 

另一種好想好寫的基本方法是轉化爲01揹包求解：把第i種物品換成n[i]件01揹包中的物品，則得到了物品數爲Σn[i]的01揹包問題，直接求解，複雜度仍然是O(V*Σn[i])。

但是我們期望將它轉化爲01揹包問題之後能夠像完全揹包一樣降低複雜度。仍然考慮二進制的思想，我們考慮把第i種物品換成若干件物品，使得原問題中第i種物品可取的每種策略——取0..n[i]件——均能等價於取若干件代換以後的物品。另外，取超過n[i]件的策略必不能出現。

方法是：將第i種物品分成若干件物品，其中每件物品有一個係數，這件物品的費用和價值均是原來的費用和價值乘以這個係數。使這些係數分別爲1,2,4,...,2^(k-1),n[i]-2^k+1，且k是滿足n[i]-2^k+1>0的最大整數。例如，如果n[i]爲13，就將這種物品分成係數分別爲1,2,4,6的四件物品。

分成的這幾件物品的係數和爲n[i]，表明不可能取多於n[i]件的第i種物品。另外這種方法也能保證對於0..n[i]間的每一個整數，均可以用若干個係數的和表示，這個證明可以分0..2^k-1和2^k..n[i]兩段來分別討論得出，並不難，希望你自己思考嘗試一下。

這樣就將第i種物品分成了O(log n[i])種物品，將原問題轉化爲了複雜度爲 O(V*Σlog n[i]) 的01揹包問題，是很大的改進。

 

下面給出上面方法處理一件多重揹包中物品的僞代碼：

MULTIPLEPACK(cost,weight,amount): //其中 amount 表示物品的件數。
/*處理總費用不小於揹包容量的物體*/
if cost*amount >= V
    then  COMPLETEPACK(cost,weight)   //當做完全揹包問題處理
        return


/*處理總費用小於揹包容量的物體*/
int k=1 
while k < amount
    do         
        ZEROONEPACK( k*cost,k*weight )   //做 01 揹包算法
        amount = amount - k  //用來保證分成的這幾件物品的係數和爲n[i]
        k = k*2  //考慮二進制的思想，把第i種物品換成若干件物品
ZEROONEPACK(amount*cost,amount*weight)