多重背包问题
题目描述
有 N 种物品和一个容量是 V 的背包。
第 i 种物品最多有 si 件，每件体积是 vi，价值是 wi。
求解将哪些物品装入背包，可使物品体积总和不超过背包容量，且价值总和最大。输出最大价值。
输入格式
第一行两个整数，N，V，用空格隔开，分别表示物品种数和背包容积。
接下来有 N 行，每行三个整数 vi,wi,si，用空格隔开，分别表示第 i 种物品的体积、价值和数量。
输出格式
输出一个整数，表示最大价值。
数据范围
Case1： 0<N,V≤100 ，0<vi,wi,si≤100
Case2: 0<N≤1000，0<V≤2000，0<vi,wi,si≤2000
输入样例
4 5
1 2 3 体积 价值 数量
2 4 1
3 4 3
4 5 2
输出样例：
10
分析：
完全背包每个物品可用无限次，因此只有一个限制条件：k*v<=V，选用的次数k受限于背包的体积；
多重背包中每个物品有s个，因此有两个限制条件，k<=s && k*v<=V，k又受限于物品本身的个数。
动态转移方程满足：dp[i][j]=max{dp[i-1][ j-k×v[i] ] + k×w[i]}，其中 0 ≤ k×v[i] ≤ j && k<=s
当k<=s时但因为 k*v<=V而退出时，说明物品本身足够多，相当于完全背包问题，
但是当因为k>s而退出时，说明物品个数过少，就是多重背包问题了。
现在我们考虑多重背包的问题。即每个物品个数s都比较小，可以将该物品全部装入背包，即s*v<=V，k仅受限于物品个数s的情况：
如果物品个数s足够大，在还没到s就有k*v<=V，所以可以存在中途退出的情况。
二维数组实现
#include <iostream>
#define read(x) scanf("%d",&x)
#define rep(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=110,maxv=110;
int v[maxn],w[maxn],s[maxn];
int dp[maxn][maxv];
int main() {
int N,V;
read(N),read(V);
rep(i,1,N) read(v[i]),read(w[i]),read(s[i]);
rep(i,1,N)
rep(j,1,V)
for (int k=0;k<=s[i] && k*v[i]<=j;k++)
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-k*v[i]]+k*w[i]);
printf("%d",dp[N][V]);
return 0;
}
但是这样的做法时间复杂度较高，时间复杂度O(NVS)，只能通过Case1的数据，Case2的数据会TLE，若我们采用和完全背包一样的方式优化，当某个物品个数s足够多时，它就是完全背包，可以优化，但是当某个物品个数s比较少时呢？
假设第i个物品体积为v，价值为w，有s个，将其装入体积为j的最大价值：
将 f[i,j]=MAX { f[i−1,j−k∗v]+k∗w } ,k=0,1,…,s 展开，如下：
上面展开式子的前提是：
(s+1)*v<=j，即s*v<=j-v，解释：体积为j的背包可以装下s+1个该物品，即体积为j-v的背包可以装下s个该物品。
这样的情况下就不能像完全背包那样优化出来：dp[i][j]=max(dp[i-1][j]，dp[i][j-v]+w)
因为完全背包中是不管怎么样的物品都可以优化出这样的结果，而完全背包中存在可以这样优化的物品，也存在不可以这么优化的物品，不全部符合。
二进制优化
核心：把一个体积为v、价值为w、个数为s的物品拆成k个，这k个物品是完全等同的，之间没有差别，不存在顺序问题。
思考二进制数：11111111，8个1，即代表十进制数255，通过这8个位置取0还是取1，可以描述0~255之间的全部数。
这8个1分别代表1、2、4、8、16、32、64、128，即通过选择这8个数中的任意几个，就可以组合出0~255之间的全部数，全选就是255，全不选就是0。
因此对于十进制数N，可以将其拆成 1，2，4，……，2(k-1) ，N-(2k-1) , 注：这是拆成了k+1个数
他们之间任意组合就可以组成0~N之间的全部数。
前k个数可以凑出 0 到 2k-1 -1 之间的任何数据，再加上N-(2k-1) 可以凑出0到N之间的任何数据。
假设s=200，那么就可以拆成200=1+2+4+8+16+32+64+73，这些值就是权重，比例系数。
那么就可以将这个体积为v、价值为w、个数为s的物品拆成8个物品：
v[1]=v， w[1]=w
v[2]=2v，w[2]=2w
v[3]=4v，w[3]=4w
v[4]=8v，w[4]=8w
v[5]=16v，w[5]=16w
v[6]=32v，w[6]=32w
v[7]=64v，w[7]=64w
v[8]=73v，w[8]=73w
这新拆分出来的8个物品都是可选可不选，对每个物品都这么拆分，因此就转化成了01背包问题。
这样对于个数为s的物品，可以划分为 log(s) 上取整个单一物品，时间复杂度从O(NVS)到O(NVlogS)。
算法实现
注意到Case2的数据范围： 0<N≤1000，0<V≤2000，0<vi,wi,si≤2000
本来最多有1000个物品，每个物品体积最大为2000，对于体积为2000的物品，最多拆分成log(2000)+1个，所以真实的物品个数是二者的乘积。
vi的最大值为2000，log2000即log(2×1000)=log2+log1000=1+3×log10，
log10大于3，小于4，所以log2000大于10，小于13。
#include <iostream>
#define read(x) scanf("%d",&x)
using namespace std;
const int maxn=1010,maxv=2010;
int v[maxn*14],w[maxn*14];
int dp[maxv];
int main()
{
int N,V;
read(N),read(V);
//边输入边预处理，将每个物品进行拆分
int a,b,s;
int idx=0; "idx指向数组的真实的最后一个位置"
for (int i=1;i<=N;i++) {
read(a),read(b),read(s);
//进行拆分
int k=1;
while (k<=s) {
v[++idx]=k*a,w[idx]=k*b;//拆分装入背包
s-=k,k*=2;
}
if (s) v[++idx]=s*a,w[idx]=s*b;
//不是2^k的话，最后还会剩下一个数
}
N=idx;//拆分后共有idx个物品
for (int i=1;i<=N;i++)
for (int j=V;j>=v[i];j--)
dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]);
printf("%d",dp[V]);
return 0;
}
也可以不先拆分，再处理，可以边拆分边处理，不用数组额外维护了：背包问题——混合背包
这样的代价是价值w数组里的数就没用了，不具有输入时的含义了，再处理的时候被破坏了，记录着最后一次拆分的结果。
单调队列优化
待更新。