01揹包問題
題目
有N件物品和一個容量爲M的揹包，每種物品只可以取一件。第i件物品的費用是c[i]，價值是v[i]。求解將哪些物品裝入揹包可使價值總和最大。
分析
這是最基礎的揹包問題，特點是：每種物品僅有一件，可以選擇放或不放。用子問題定義狀態：即f[i][j]表示前i件物品恰放入一個容量爲j的揹包可以獲得的最大價值。則其狀態轉移方程便是：
f[i][j]=max{f[i-1][j],f[i-1][j-c[i]]+v[i]}
優化空間複雜度
即改用一維數組f[j]存儲第i個物品時剩餘空間爲j時的揹包的最大價值。
注意到j-c[i]<j這個關係，當j=0……M順序推f[j]，則後面的到的f[j]將會使用到當前i狀態下新生成的f[j-c[i]]，而不是我們所需的i-1狀態時的f[j-c[i]]。
因此，在每次主循環中我們以j=M……0順序推f[j]，這樣才能保證推f[j]時f[j-c[i]]保存的是狀態f[i-1][j-c[i]]的值。
參考代碼
/*
* n：物品種類 每種只能選取一種
* capacity：揹包容量
* c[i]：第i種物品的花費 cost
* v[i]：第i種物品的價值 value
* f[j]：i狀態下容量爲j時揹包可獲得的最大價值
*/
int getMaxValue(int n,int capacity){
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=capacity;j>=0;j--)
if(i==0){
if(j>=c[i])f[j]=v[i];
else f[j]=0;
}
else if(j>=c[i])f[j]=max(f[j],f[j-c[i]]+v[i]);
return f[capacity];
}
完全揹包問題
題目
有N件物品和一個容量爲M的揹包，每種物品都有無限件可用。第i件物品的費用是c[i]，價值是v[i]。求解將哪些物品裝入揹包可使價值總和最大。
分析
類似01揹包問題，但與它相關的策略已並非取或不取兩種，而是有取0件、取1件、取2件……。如果仍然按照解01揹包時的思路，令f[i][j]表示前i種物品恰放入一個容量爲j的揹包的最大權值。仍然可以按照每種物品不同的策略寫出狀態轉移方程：
f[i][j]=max{ f[i-1][j-k*c[i]]+k*v[i] | 0<=k*c[i]<=M }
優化時間複雜度
若兩件物品i、j滿足c[i]<=c[j]且w[i]>=w[j]，則將物品j去掉，不用考慮。
將費用大於M的物品去掉，然後使用類似計數排序的做法，計算出費用相同的物品中價值最高的是哪個。
轉化爲01揹包問題求解
最簡單的想法是：考慮到第i種物品最多選M/c[i]件，於是可以把第i種物品轉化爲M/c[i]件費用及價值均不變的物品，然後求解這個01揹包問題。這樣完全沒有改進基本思路的時間複雜度，但這畢竟給了我們將完全揹包問題轉化爲01揹包問題的思路：將一種物品拆成多件物品。
更高效的轉化方法是：把第i種物品拆成費用爲c[i]*2^k、價值爲v[i]*2^k的若干件物品，其中k滿足c[i]*2^k<=M。這是二進制的思想，因爲不管最優策略選幾件第i種物品，總可以表示成若干個2^k件物品的和。這樣把每種物品拆成O(logM/c[i])件物品，是一個很大的改進。
最簡O(MN)算法：首先想想爲什麼01揹包問題中爲何要按照j=M..0的逆序來循環。這是因爲要保證第i次循環中的狀態f[i][j]是由狀態f[i-1][j-c[i]]遞推而來。換句話說，這正是爲了保證每件物品只選一次，保證在考慮“選入第i件物品”這件策略時，依據的是一個絕無已經選入第i件物品的子結果f[i-1][j-c[i]]。而現在完全揹包的特點恰是每種物品可選無限件，所以在考慮“加選一件第i種物品”這種策略時，卻正需要一個可能已選入第i種物品的子結果f[i][j-c[i]]，所以就可以並且必須採用j=0..M的順序循環。
參考代碼
/*
* n：物品種類 每種只能選取一種
* capacity：揹包容量
* c[i]：第i種物品的花費 cost
* v[i]：第i種物品的價值 value
* f[j]：i狀態下容量爲j時揹包可獲得的最大價值
*/
int getMaxValue(int n,int capacity){
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<=capacity;j++)
if(i==0){
if(j>=c[i])f[j]=v[i]*(j/c[i]);
else f[j]=0;
}
else if(j>=c[i])f[j]=max(f[j],f[j-c[i]]+v[i]);
return f[capacity];
}多重揹包問題
題目
有N件物品和一個容量爲M的揹包，第i種物品最多有n[i]件可用。第i件物品的費用是c[i]，價值是v[i]。求解將哪些物品裝入揹包可使價值總和最大。
分析
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][j]=max{ f[i-1][j-k*c[i]]+k*v[i] | 0<=k<=n[i] }
優化時間複雜度
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。
參考代碼
/**
* 多重揹包決策：遍歷到第i種物品(i狀態)時的決策
* cost：i狀態時的花費c[i]
* weight：i狀態時的價值v[i]
* amount：i狀態時物品的最大數量n[i]
* CompletePack：多重揹包決策
* ZeroOnePack：01揹包決策
*/
void MultiplePack(cost,weight,amount){
if(cost*amount>=capacity){
CompletePack(cost,weight);return;
}
int k=1;
while(k<amount){
ZeroOnePack(k*cost,k*weight);
amount=amount-k;
k=k*2;
}
ZeroOnePack(amount*cost,amount*weight);
}
題目推薦：
http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=149
題意：
給出序號爲1、2、3、4、5、6的6種彈珠（好像是彈珠吧⊙﹏⊙b汗），其價值等於其編號，給出每種彈珠的數目，求能否將彈珠分兩堆，使兩堆的價值和相等。
分析：
多重揹包問題，只是所謂的花費cost等於價值，且揹包容量爲總和的一半。
代碼：
#include <iostream>
#define MAX 210002
#define max(a,b) (a)>(b)?(a):(b)
using namespace std;
long nums[6],total,f[MAX];
int input(){
for(int i=total=0;i<6;i++){
cin>>nums[i];
total+=nums[i]*(i+1);
}
if(total)return 1;
return 0;
}
void zeroOnePack(int cost,int value,long capacity){
for(int j=capacity;j>-1;j--)
if(j>=cost)f[j]=max(f[j],f[j-cost]+value);
}
void completePack(int cost,int value,long capacity){
for(int j=0;j<=capacity;j++)
if(j>=cost)f[j]=max(f[j],f[j-cost]+value);
}
void multiplePack(int cost,int value,int count,long capacity){
if(cost*count>=capacity){
completePack(cost,value,capacity);
return;
}
int k=1;
while(k<count){
zeroOnePack(cost*k,value*k,capacity);
count-=k;
k*=2;
}
zeroOnePack(cost*count,value*count,capacity);
}
int judge(long capacity){
for(int i=0;i<6;i++){
if(i==0){
for(int j=0;j<=capacity;j++)
if(j<i+1)f[j]=0;
else{
int amount=j/(i+1);
f[j]=(nums[i]>=amount ? (i+1)*amount : nums[i]*(i+1));
}
}
else multiplePack(i+1,i+1,nums[i],capacity);
}
if(f[capacity]==capacity)return 1;
return 0;
}
int main()
{
int T=1;
while(input()){
printf("Collection #%d:\n",T++);
if(total&1)cout<<"Can't be divided."<<endl<<endl;
else if(judge(total/2))cout<<"Can be divided."<<endl<<endl;
else cout<<"Can't be divided."<<endl<<endl;
}
return 0;
}