看完背包九講的多重背包之后，這題目應該可以輕松做出來了

模型：

有N種物品和一個容量為V的背包。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背包可使這些物品的費用總和不超過背包容量，且價值總和最大。

方法：

基本算法

這題目和完全背包問題很類似。基本的方程只需將完全背包問題的方程略微一改即可，因為對于第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為v的背包的最大權值，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]}

復雜度是O(V*Σn[i])。

轉化為01背包問題

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

但是我們期望將它轉化為01背包問題之后能夠像完全背包一樣降低復雜度。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——均能等價于取若干件代換以后的物品。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系數，這件物品的費用和價值均是原來的費用和價值乘以這個系數。使這些系數分別為 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]為13，就將這種 物品分成系數分別為1,2,4,6的四件物品。

分成的這幾件物品的系數和為n[i]，表明不可能取多于n[i]件的第i種物品。另外這種方法也能保證對于0..n[i]間的每一個整數，均可以用若干個系數的和表示，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，并不難，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，將原問題轉化為了復雜度為<math>O(V*Σlog n[i])的01背包問題，是很大的改進。

以上內容來自背包九講之多重背包問題

#include<iostream> #include<algorithm> #define maxn 100010 using namespace std; int dp[maxn],n,k; int v[101],w[101],V; void zero(int cost) {for(int i=V;i>=cost;i--)dp[i]=max(dp[i],dp[i-cost]+cost); } void complet(int cost) {for(int i=cost;i<=V;i++)dp[i]=max(dp[i],dp[i-cost]+cost); } void multi(int cost,int amount) {if(cost * amount>=V){complet(cost);return ;}int k=1;while(k<amount){zero(k*cost);amount-=k;k<<=1;}zero(amount*cost); } int main() {while(scanf("%d %d",&n,&V)==2&&(n||V)){for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&v[i]);for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&w[i]);for(int i=1;i<=V;i++)dp[i]=INT_MIN;dp[0]=0;for(int i=0;i<n;i++)multi(v[i],w[i]);int count=0;for(int i=1;i<=V;i++)if(dp[i]>=0)count++;printf("%d\n",count);}return 0; }

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轉載于:https://www.cnblogs.com/nanke/archive/2011/11/30/2269080.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的hdu2844 Coins（普通的多重背包 + 二进制优化）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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