标签：

悼念512汶川大地震遇难同胞——珍惜现在，感恩生活

急！灾区的食物依然短缺！
为了挽救灾区同胞的生命，心系灾区同胞的你准备自己采购一些粮食支援灾区，现在假设你一共有资金n元，而市场有m种大米，每种大米都是袋装产品，其价格不等，并且只能整袋购买。
请问：你用有限的资金最多能采购多少公斤粮食呢？

后记：
人生是一个充满了变数的生命过程，天灾、人祸、病痛是我们生命历程中不可预知的威胁。
月有阴晴圆缺，人有旦夕祸福，未来对于我们而言是一个未知数。那么，我们要做的就应该是珍惜现在，感恩生活——
感谢父母，他们给予我们生命，抚养我们成人；
感谢老师，他们授给我们知识，教我们做人
感谢朋友，他们让我们感受到世界的温暖；
感谢对手，他们令我们不断进取、努力。 
同样，我们也要感谢痛苦与艰辛带给我们的财富～

1
8 2
2 100 4
4 100 2

400

多重背包，下面的分析参照背包九讲

方法一：转化为01背包

n[i] 表示第 i 种物品的个数，V 为背包容量

把第 i 种物品换成 n[i] 件01背包中的物品，则得到了物品数为 ∑n[i] 的01背包问题，直接求解，复杂度是O(V * ∑n[i])。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int MAXN = 100 + 10;
int pri[MAXN], wei[MAXN], num[MAXN];
int dp[MAXN], t, sum, n;

void solve()
{
    scanf("%d", &t);
    while (t--)
    {
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        scanf("%d%d", &sum, &n);
        for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d%d", &pri[i], &wei[i], &num[i]);
        for (int i = 1; i <= n; i++)            ///n种大米
        {
            for (int j = 1; j <= num[i]; j++)     ///第i种大米的袋数
            {
                for (int k = sum; k >= pri[i]; k--) ///背包容量
                {
                    dp[k] = max(dp[k], dp[k - pri[i]] + wei[i]);    ///状态转移方程
                }
            }
        }
        printf("%d\n", dp[sum]);
    }
}

int main()
{
    solve();
    return 0;
}

这里用二进制的思想，我们把第 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1,2...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。

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1..n[i]间的每一个整数，均可以用若干个系数的和表示，这个证明可以分1..2^k-1和2^k..n[i]两段来分别讨论得出，并不难，希望你自己思考尝试一下。

这样就将第 i 种物品分成了O(log n[i])种物品，将原问题转化为了复杂度为O(V*∑log n[i])的01背包问题，是很大的改进。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;

const int MAXN = 100 + 10;
int pri[MAXN], wei[MAXN], num[MAXN];
int dp[MAXN], t, sum, n;

void zeroOnePack(int price, int weight, int sum)    ///01背包
{
    for (int i = sum; i >= price; i--)
        dp[i] = max(dp[i], dp[i - price] + weight);
}

void completePack(int price, int weight, int sum)   ///完全背包
{
    for (int i = price; i <= sum; i++)
        dp[i] = max(dp[i], dp[i - price] + weight);
}

void multiPack(int n, int sum)          ///多重背包
{
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if (pri[i] * num[i] > sum)      ///只买第i种大米可以将经费花完
            completePack(pri[i], wei[i], sum);  ///转化为完全背包
        else
        {
            for (int k = 1; k < num[i]; k *= 2) ///转化为01背包，系数为1,2,4...2^(k-1)
            {
                zeroOnePack(k * pri[i], k * wei[i], sum);
                num[i] -= k;
            }
            if (num[i] != 0)    ///最后剩余的袋数(num[i]-2^k+1)
                zeroOnePack(num[i] * pri[i], num[i] * wei[i], sum);
        }
    }
    printf("%d\n", dp[sum]);
}

void solve()
{
    scanf("%d", &t);
    while (t--)
    {
        scanf("%d%d", &sum, &n);
        for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d%d", &pri[i], &wei[i], &num[i]);
        multiPack(n, sum);
    }
}

int main()
{
    solve();
    return 0;
}

悼念512汶川大地震遇难同胞——珍惜现在，感恩生活

                                                                    Time Limit: 1000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
                                                                                          Total Submission(s): 23022    Accepted Submission(s): 9725

Problem Description

急！灾区的食物依然短缺！
为了挽救灾区同胞的生命，心系灾区同胞的你准备自己采购一些粮食支援灾区，现在假设你一共有资金n元，而市场有m种大米，每种大米都是袋装产品，其价格不等，并且只能整袋购买。
请问：你用有限的资金最多能采购多少公斤粮食呢？

后记：
人生是一个充满了变数的生命过程，天灾、人祸、病痛是我们生命历程中不可预知的威胁。
月有阴晴圆缺，人有旦夕祸福，未来对于我们而言是一个未知数。那么，我们要做的就应该是珍惜现在，感恩生活——
感谢父母，他们给予我们生命，抚养我们成人；
感谢老师，他们授给我们知识，教我们做人
感谢朋友，他们让我们感受到世界的温暖；
感谢对手，他们令我们不断进取、努力。 
同样，我们也要感谢痛苦与艰辛带给我们的财富～

 

Input

输入数据首先包含一个正整数C，表示有C组测试用例，每组测试用例的第一行是两个整数n和m(1<=n<=100, 1<=m<=100),分别表示经费的金额和大米的种类，然后是m行数据，每行包含3个数p，h和c(1<=p<=20,1<=h<=200,1<=c<=20)，分别表示每袋的价格、每袋的重量以及对应种类大米的袋数。

 

Output

对于每组测试数据，请输出能够购买大米的最多重量，你可以假设经费买不光所有的大米，并且经费你可以不用完。每个实例的输出占一行。

 

Sample Input

1
8 2
2 100 4
4 100 2

 

Sample Output

400

 

Author

lcy

 

Source

2008-06-18《 ACM程序设计》期末考试——四川加油！中国加油！

 

Recommend

lcy   |   We have carefully selected several similar problems for you:  1203 1160 2059 1421 1158 

 

点击打开题目链接

多重背包，下面的分析参照背包九讲

方法一：转化为01背包

n[i] 表示第 i 种物品的个数，V 为背包容量

把第 i 种物品换成 n[i] 件01背包中的物品，则得到了物品数为 ∑n[i] 的01背包问题，直接求解，复杂度是O(V * ∑n[i])。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int MAXN = 100 + 10;
int pri[MAXN], wei[MAXN], num[MAXN];
int dp[MAXN], t, sum, n;

void solve()
{
    scanf("%d", &t);
    while (t--)
    {
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        scanf("%d%d", &sum, &n);
        for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d%d", &pri[i], &wei[i], &num[i]);
        for (int i = 1; i <= n; i++)            ///n种大米
        {
            for (int j = 1; j <= num[i]; j++)     ///第i种大米的袋数
            {
                for (int k = sum; k >= pri[i]; k--) ///背包容量
                {
                    dp[k] = max(dp[k], dp[k - pri[i]] + wei[i]);    ///状态转移方程
                }
            }
        }
        printf("%d\n", dp[sum]);
    }
}

int main()
{
    solve();
    return 0;
}

方法二：01背包+完全背包

这里用二进制的思想，我们把第 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1,2...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。

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1..n[i]间的每一个整数，均可以用若干个系数的和表示，这个证明可以分1..2^k-1和2^k..n[i]两段来分别讨论得出，并不难，希望你自己思考尝试一下。

这样就将第 i 种物品分成了O(log n[i])种物品，将原问题转化为了复杂度为O(V*∑log n[i])的01背包问题，是很大的改进。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;

const int MAXN = 100 + 10;
int pri[MAXN], wei[MAXN], num[MAXN];
int dp[MAXN], t, sum, n;

void zeroOnePack(int price, int weight, int sum)    ///01背包
{
    for (int i = sum; i >= price; i--)
        dp[i] = max(dp[i], dp[i - price] + weight);
}

void completePack(int price, int weight, int sum)   ///完全背包
{
    for (int i = price; i <= sum; i++)
        dp[i] = max(dp[i], dp[i - price] + weight);
}

void multiPack(int n, int sum)          ///多重背包
{
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if (pri[i] * num[i] > sum)      ///只买第i种大米可以将经费花完
            completePack(pri[i], wei[i], sum);  ///转化为完全背包
        else
        {
            for (int k = 1; k < num[i]; k *= 2) ///转化为01背包，系数为1,2,4...2^(k-1)
            {
                zeroOnePack(k * pri[i], k * wei[i], sum);
                num[i] -= k;
            }
            if (num[i] != 0)    ///最后剩余的袋数(num[i]-2^k+1)
                zeroOnePack(num[i] * pri[i], num[i] * wei[i], sum);
        }
    }
    printf("%d\n", dp[sum]);
}

void solve()
{
    scanf("%d", &t);
    while (t--)
    {
        scanf("%d%d", &sum, &n);
        for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d%d", &pri[i], &wei[i], &num[i]);
        multiPack(n, sum);
    }
}

int main()
{
    solve();
    return 0;
}

由于本题的数据不算大，这两种方法的耗时没有太大差距。
还有用单调队列优化的O(VN)的方法，研究中。。。

HDU 2191 悼念512汶川大地震遇难同胞——珍惜现在，感恩生活 多重背包

标签：

原文地址：http://blog.csdn.net/houheshuai/article/details/51361340