02背包(嘻嘻,完全背包)

U58223-luogu 2018-08-26 原文

02背包(嘻嘻,完全背包)

哪有什么02背包

其实是完全背包:

问题:

有N种物品和一个容量为V的背包,每种物品都有无限件可用。

第i种物品的费用是w[i],价值是c[i]。

求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量

且价值总和最大。

这个问题非常类似于01背包问题,所不同的是每种物品有无限件。

也就是从每种物品的角度考虑,与它相关的策略已并非取或不取两种,而是有取0件、取1件、取2件……等很多种。如果仍然按照解01背包时的思路,

令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值。仍然可以按照每种物品不同的策略写出状态转移方程,

像这样:f[i][v]=max{f[i-1][v-k*w[i]]+k*c[i]|0<=k*w[i]<= v}。   

将01背包问题的基本思路加以改进,得到了这样一个清晰的方法。

这说明01背包问题的方程的确是很重要,可以推及其它类型的背包问题。   

这个算法使用一维数组,先看伪代码:

  for i=1..N  

  for v=0..V    

  f[v]=max{f[v],f[v-w[i]]+c[i]};  

你会发现,这个伪代码与01背包问题的伪代码只有v的循环次序不同而已。

为什么这样一改就可行呢?首先想想为什么01背包问题中要按照v=V..0的逆序来循环。

这是因为要保证第i次循环中的状态f[i][v]是由状态f[i-1][v-w[i]]递推而来。

换句话说,这正是为了保证每件物品只选一次,保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时,依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果f[i-1][v-w[i]]。

而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件,所以在考虑“加选一件第i种物品”这种策略时,却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果f[i][v-w[i]],

所以就可以并且必须采用v= 0..V的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。   

这个算法也可以以另外的思路得出。

例如,基本思路中的状态转移方程可以等价地变形成这种形式:f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i][v-w[i]]+c[i]},

将这个方程用一维数组实现,便得到了上面的伪代码。

例题:

洛谷P1616

瞬移

#include<iostream>
using namespace std;
int n,m,j,i;
int w[100000],c[100000];
int f[500000];
int main()
{
    cin>>m>>n;
    for(i=1;i<=n;i++)
    cin>>w[i]>>c[i];
    for(i=1;i<=n;i++)
    for(j=w[i];j<=m;j++)
    if(f[j-w[i]]+c[i]>f[j])
    f[j]=f[j-w[i]]+c[i];//神奇的状态转移方程
    cout<<f[m];
    return 0;
}

一个简单有效的优化  

完全背包问题有一个很简单有效的优化,

是这样的:若两件物品i、j满足w[i]<=w[j]且c[i]>=c[j],则将物品j去掉,不用考虑。

这个优化的正确性显然:任何情况下都可将价值小费用高的j换成物美价廉的i,得到至少不会更差的方案。

对于随机生成的数据,这个方法往往会大大减少物品的件数,从而加快速度。

然而这个并不能改善最坏情况的复杂度,因为有可能特别设计的数据可以一件物品也去不掉。

转化为01背包问题求解   

既然01背包问题是最基本的背包问题,那么我们可以考虑把完全背包问题转化为01背包问题来解。

最简单的想法是,考虑到第i种物品最多选V/w[i]件,于是可以把第i种物品转化为V/w[i]件费用及价值均不变的物品,然后求解这个01背包问题。

这样完全没有改进基本思路的时间复杂度,但这毕竟给了我们将完全背包问题转化为01背包问题的思路:将一种物品拆成多件物品。   

更高效的转化方法是:把第i种物品拆成费用为w[i]*2^k、价值为c[i]*2^k的若干件物品,其中k满足w[i]*2^k<V。

这是二进制的思想,因为不管最优策略选几件第i种物品,总可以表示成若干个2^k件物品的和。

这样把每种物品拆成O(log(V/w[i])+1)件物品,是一个很大的改进。

posted on 2018-08-26 18:16 亦辰落 阅读() 评论() 编辑 收藏

 

 
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