AcWing 6. 多重背包问题 III 单调队列优化多重背包

title

AcWing 6

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， $N，V (0<N≤1000, 0<V≤20000)$ ，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

$0<N≤1000$
$0<V≤20000$
$0<vi,wi,si≤20000$

提示

本题考查多重背包的单调队列优化方法。

输入样例

扫描二维码关注公众号，回复： 6124342 查看本文章

4 5
1 2 3
2 4 1
3 4 3
4 5 2

输出样例：

10

analysis

$\quad$ 在之前的二进制解法中， $DP$ 数组省略了“阶段”这一维。当外层循环进行到 $i$ 时， $F[j]$ 表示从前 $i$ 种物品中选出若干个放入背包，体积之和为 $j$ 时，价值之和最大是多少。 倒序循环 $j$ ，在状态转移时，考虑选取第 $i$ 个物品的个数 $cnt$ ：
$F[j]=\max_{1 \le cnt\le C_i}\left\{F[j-cnt*V_i]+cnt*W_i\right\}$

画出能够转移到状态 $j$ 的决策候选集合 $\left\{j-cnt*V_i|1\le cnt\le C_i\right\}$
当循环变量 $j$ 减小 $1$ 时：
可以发现，相邻两个状态 $j$ 和 $j-1$ 对应的决策候选集合没有重叠，很难快速地从 $j-1$ 对应的集合得到 $j$ 对应的集合。

$\quad$ 但是，我们适合考虑一下状态 $j$ 和 $j-V_i$ ：
$C_i=3$ 在这里插入图片描述
$\quad$ 这两者对应的决策候选集合之间的关系，与我们前面讲解的单调队列题目非常相似，只有一个新决策加入候选集合、一个已有决策被排除。所以，我们应该把状态 $j$ 按照除以 $V_i$ 的余数分组，对每一组分别进行计算，不同组间的状态在阶段 $i$ 不会互相转移：
$\quad$ 余数为 $0$ —— $0，V_i，2V_i，···$
$\quad$ 余数为 $1$ —— $1，1+V_i，1+2V_i，···$
$\quad$ $······$
$\quad$ 余数为 $V_i-1$ —— $（V_i-1），（V_i-1）+V_i，（V_i-1）+2V_i，···$
$\quad$ 把“倒序循环 $j$ ”的过程，改为对每个余数 $x\in[0,V_i-1]$ ，倒序循环 $p=\lfloor \left( M-x\right) /V_{i}\rfloor \sim 0$ ，对应的状态就是 $j=x+p*V_i$ 。第 $i$ 种物品只有 $C_i$ 个，故能转移到 $j=x+p*V_i$ 的决策候选集合就是 $\left\{x+k*V_i|p-C_i \le k \le p-1\right\}$ 。写出新的状态转移方程：
$F[x+p*V_i]=\max_{p-C_i \le k \le p-1}\left\{F[x+k*V_i]+(p-k)*W_i \right\}$
$\quad$ 把外层循环 $i$ 和 $x$ 看做定值，当内层循环变量 $p$ 减小 $1$ 时，决策 $k$ 的取值范围 $[p-C_i，p-1]$ 的上下界均单调减小。状态转移方程等号右侧的石子仍然分为两部分，仅包含变量 $p$ 的 $p*W_i$ 和仅包含变量 $k$ 的 $F[x+k*V_i]-k*W_i$ 。
$\quad$ 综上所述，我们可以建立一个决策点 $k$ 单调递减、数值 $F[x+k*V_i]-k*W_i$ 单调递减的队列，用于维护候选集合。对于每个 $p$ ，执行单调队列的是三个惯例操作：
$\quad$ 1.检查队头合法性，把大于 $p-1$ 的决策点出队。
$\quad$ 2.取队头为最优决策，更新 $F[x+k*V_i]$ 。
$\quad$ 3.把新决策 $k=p-C-i-1$ 插入队尾，入队前检查队尾单调性，排除无用决策。
$\quad$ 整个算法的时间复杂度为 $O(NM)$ 。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e3+10,maxv=2e4+10;

template<typename T>inline void read(T &x)
{
    x=0;
    T f=1, ch=getchar();
    while (!isdigit(ch) && ch^'-') ch=getchar();
    if (ch=='-') f=-1, ch=getchar();
    while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar();
    x*=f;
}

int f[maxv],V[maxn],W[maxn];
inline int calc(int i,int x,int k)
{
    return f[x+k*V[i]]-k*W[i];
}

int C[maxn],q[maxv];
int main()
{
    int n,m;read(n);read(m);
    memset(f,0xcf,sizeof(f));
    f[0]=0;

    for (int i=1; i<=n; ++i)
    {
        read(V[i]),read(W[i]),read(C[i]);
        for (int x=0; x<V[i]; ++x)
        {
            int l=1,r=0;
            int maxp=(m-x)/V[i];
            for (int k=maxp-1; k>=max(maxp-C[i],0); --k)
            {
                while (l<=r && calc(i,x,q[r])<=calc(i,x,k)) --r;
                q[++r]=k;
            }

            for (int p=maxp; p>=0; --p)
            {
                while (l<=r && q[l]>p-1) ++l;
                if (l<=r) f[x+p*V[i]]=max(f[x+p*V[i]],calc(i,x,q[l])+p*W[i]);
                if (p-C[i]-1>=0)
                {
                    while (l<=r && calc(i,x,q[r])<=calc(i,x,p-C[i]-1)) --r;
                    q[++r]=p-C[i]-1;
                }
            }
        }
    }

    int ans=0;
    for (int i=1; i<=m; ++i) ans=max(ans,f[i]);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}