背包问题(3)-多重背包

多重背包
题目描述：
有N种物品和一个容量为V的背包。第i种物品最多有n[i]件可用，每件费用是c[i]，价值是w[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。

算法分析：
暴力：
多重背包问题的思路跟完全背包的思路非常类似，只是k的取值是有限制的，因为每件物品的数量是有限制的，状态转移方程为：

dp[i][v]=max{dp[i - 1][v-k*c[i]] + w[i] | 0 <=k <= n[i]}
其中c[i]是物品的数量，和完全背包的不同支出在于完全背包可以取无数件，而多重背包给定了最多能取的数量。这样也是三个循环，分别是背包容量，物品个数和物品种类。

#include<iostream>
using namespace std;
int w[510],c[510],s[510],f[6010];
int main()
{
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>w[i]>>c[i]>>s[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)
	for(int j=m;j>=0;j--)
	for(int k=0;k<=s[i]&&j-k*w[i]>=0;k++)
		f[j]=max(f[j],f[j-k*w[i]]+k*c[i]);
	cout<<f[m]<<endl;
	return 0;
}

如果每件物品的数量比较多时，很明显这个做法会超时，所以我们要想更优化的方法。
二进制优化：
　转化为01背包求解：把第i种物品换成n[i]件01背包中的物品。考虑二进制的思想，考虑把第i种物品换成若干件物品，使得原问题中第i种物品可取的每种策略——取0…n[i]件——均能等价于取若干件代换以后的物品。另外，取超过n[i]件的策略必不能出现。

方法是：将第i种物品分成若干件物品，其中每件物品有一个系数，这件物品的费用和价值均是原来的费用和价值乘以这个系数。使这些系数分别为1,2,4,…,2^(k-1) ,n[i]-2^k+1 ，且k是满足n[i]-2^k+1>0的最大整数。例如，如果n[i]为13，就将这种物品分成系数分别为1,2,4,6的四件物品。

分成的这几件物品的系数和为n[i]，表明不可能取多于n[i]件的第i种物品。另外这种方法也能保证对于0…n[i]间的每一个整数，均可以用若干个系数的和表示。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#define fre(x) freopen(#x".in","r",stdin),freopen(#x".out","w",stdout);
using namespace std;
const int MAX=2147483647;
const int N=1e4;
struct node
{
	int v,w;
} a[N];
int n,C,V,W,cnt,tot,f[N]; 
void input()
{
	scanf("%d%d",&C,&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d%d%d",&W,&V,&cnt);
		for(int j=1;j<=cnt;j*=2)
		{
			a[++tot].w=W*j;
			a[tot].v=V*j;
			cnt-=j;
		}
		if(cnt) a[++tot].w=W*cnt,a[tot].v=V*cnt;
	}
}
void Knapsack()
{
	for(int i=1;i<=tot;i++)
	for(int j=C;j>=a[i].w;j--)
		f[j]=max(f[j],f[j-a[i].w]+a[i].v);
}
int main()
{
	//fre();
	input();
	Knapsack(); 
	printf("%d\n",f[C]);
	return 0;
}