浅谈多重背包的一些解法

一.朴素的多重背包

简介：多重背包是01背包的一种拓展形式。

朴素递推式: $dp(i,j)=\max_{k=0}^{min(c_i,\lfloor \frac{j}{v_i}\rfloor)}dp(i-1,j-k*v_i) + k*w[i]$

注意空间优化后需要逆序更新背包.

复杂度: $O(n^3)$

二.二进制优化多重背包

核心思想:任意一个数X可以拆分成 $l o g x$ 个2次幂相加。使得它们的线性组合能够恰好组成 $[1, x]$ 所有数.

例如:20 = 1 + 2 + 4 + 8 + (5)
即：[0,15]能够被组成，加上5后将范围平移到[0,20].

所以我们可以将其二进制拆分后，跑01背包即可.

代码：略.

复杂度: $O(n^2logn)$

三.单调队列优化多重背包

核心思想：
观察到问题一的朴素转移式,可以将背包体积V拆分成【物品的体积】个同余类。每一个同余类的转移是独立的。
然后转移本质是同余类中最近一段的dp值取最大值.且受限于物品的个数。所以就是一个长度固定的滑动窗口，可以用单调队列优化.

复杂度:O(NV)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e3 + 5;
int g[20005] , f[20005];
int Q[20005];
int v[maxn] , w[maxn] , s[maxn] ;
int head , tail;
int main()
{
    
    
    int n , V ; cin >> n >> V;
    for (int i = 1 ; i <= n ; i++){
    
    
        cin >> w[i] >> v[i] >> s[i] ;
    }
    for (int i = 1 ; i <= n ; i++){
    
    
        memcpy(g , f , sizeof f);
        //枚举余数
        for (int j = 0 ; j < w[i] ; j++){
    
    
            //初始化队列
            head = 1 , tail = 0;
            //同余类从小到大开始维护优先队列
            for (int k = j ; k <= V ; k += w[i]){
    
    
                //先将当前阶段的dp[k] 尝试放入优先队列
                //考虑本层转移的时候，
                while(head <= tail && g[Q[tail]] + (k - Q[tail])/w[i] * v[i] <= g[k] ) tail--;
                //将k放入队尾
                Q[++tail] = k;
                //维护s[i]长度的窗口 不能直接用tail - head + 1 去维护，如果出现一个
                //特别大的数，那么队列长度会一直保持在1
                if(head <= tail && (k - Q[head]) / w[i] > s[i]) head++;
                //维护的是单调递减队列，所以队首的值是最大值
                f[k] = g[Q[head]] + (k - Q[head]) / w[i] * v[i];
            }

        }
    }
    cout << f[V] << endl;
    return 0;
}

四.多重背包计数

问题描述：给定 $N$ 种物品,第 $i$ 种物品重量为 $v_i$ ,数量为 $c_i$ .问你大小为 $\in[1,M]$ 的背包的组成方案数 ,要求时间复杂度为 $O (N M)$ ,空间复杂度为 $O (M)$
朴素递推式: $dp(i,j)=\sum_{k=0}^{min(c_i,\lfloor \frac{j}{v_i}\rfloor)}dp(i-1,j-k*v_i)$

前缀和优化

我们可以先把它当作完全背包处理。即得到前缀和。然后再差分减去一段前缀。
代码:

    dp[0] = 1;
    for (int i = 1 ; i <= n ; i++){
    
    
        for (int j = v[i] ; j <= m ; j++)
            dp[j] += dp[j - v[i]];
        for (int j = m ; j >= (c[i] + 1) * v[i] ; j--) dp[j] -= dp[j - (c[i] + 1) * v[i]];
    }

五.可撤销多重背包:

给定 $N$ 种物品,第 $i$ 种物品重量为 $v_i$ ,数量为 $c_i$
记 $f (i, j)$ 为不使用第 $i$ 种物品时总重量为 $j$ 的方案数,两种方案不同当且仅当至少有一种物品在两种方案里出现数量不同.
对每个 $i=1,2,\cdots,N和j=1,2,\cdots,M.求f(i,j)$ ,要求时间复杂度为 $O (N M)$ ,空间复杂度为 $O (M)$

回到问题四:

观察上述式子不难发现:当我们计算完N时，我们可以对第N层操作进行撤销操作就可以得到前N - 1 个物品的状态。然后无论我们物品计算的顺序是怎样的，计算完N个之后dp数组都应该是一样的。所以我们可以对任意一个物品x进行撤回操作得到不含x的dp方案数.
代码:

    // dp数组为求完前置问题的dp
    int x;
    while (cin >> x){
    
    
        memset (tmp , 0 , sizeof tmp);
        for (int i = 0 ; i <= m ; i++) 
        	tmp[i] = dp[i];
        for (int i = (c[x] + 1) * v[x] ; i <= m  ; i++) 
        	tmp[i] += tmp[i - (c[x] + 1) * v[x]];
        for (int i = m ; i >= v[i] ; i--)
            tmp[i] -= tmp[i - v[i]];
    }

五的拓展：

01背包和完全背包都能够撤销。原理同上.

六.多重背包的容斥解法

具体看我的下一篇文章: <容斥 + 背包两则>