标签：ref 计数 需要 完全背包问题 back 使用 背包 状态 简单
背包九讲----完全背包
有N种物品和一个容量为V的背包，每种物品都有无限件可用。第i种物品的费用是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。
基本思路
这个问题非常类似于01背包问题 ，所不同的是每种物品有无限件。也就是从每种物品的角度考虑，与它相关的策略已并非取或不取两种，而是有取0件、取1件、取2件……等很多种。如果仍然按照解01背包时的思路，令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值。仍然可以按照每种物品不同的策略写出状态转移方程，像这样：
f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k*c[i]<=v}
这跟01背包问题一样有O(N*V)个状态需要求解，但求解每个状态的时间已经不是常数了，求解状态f[i][v]的时间是O(v/c[i])，总的复杂度是超过O(VN)的。
将01背包问题的基本思路加以改进，得到了这样一个清晰的方法。这说明01背包问题的方程的确是很重要，可以推及其它类型的背包问题。但我们还是试图改进这个复杂度。
一个简单有效的优化
完全背包问题有一个很简单有效的优化，是这样的：若两件物品i、j满足c[i]<=c[j]且w[i]>=w[j]，则将物品j去掉，不用考虑。这个优化的正确性显然：任何情况下都可将价值小费用高得j换成物美价廉的i，得到至少不会更差的方案。对于随机生成的数据，这个方法往往会大大减少物品的件数，从而加快速度。然而这个并不能改善最坏情况的复杂度，因为有可能特别设计的数据可以一件物品也去不掉。
这个优化可以简单的O(N^2)地实现，一般都可以承受。另外，针对背包问题而言，比较不错的一种方法是：[显然]首先将费用大于V的物品去掉，然后使用类似计数排序的做法，计算出费用相同的物品中价值最高的是哪个，可以O(V+N)地完成这个优化。这个不太重要的过程就不给出伪代码了，希望你能独立思考写出伪代码或程序。
转化为01背包问题求解
既然01背包问题是最基本的背包问题，那么我们可以考虑把完全背包问题转化为01背包问题来解。最简单的想法是，考虑到第i种物品最多选V/c[i]件，于是可以把第i种物品转化为V/c[i]件费用及价值均不变的物品，然后求解这个01背包问题。这样完全没有改进基本思路的时间复杂度，但这毕竟给了我们将完全背包问题转化为01背包问题的思路：将一种物品拆成多件物品。
更高效的转化方法是：把第i种物品拆成费用为c[i]*2^k、价值为w[i]*2^k的若干件物品，其中k满足c[i]*2^k<=V。这是二进制的思想，因为不管最优策略选几件第i种物品，总可以表示成若干个2^k件物品的和。这样比把每种物品拆成O(log(V/c[i]))件物品，是一个很大的改进。
但我们有更优的O(VN)的算法。
O(VN)的算法
这个算法使用一维数组，先看伪代码：
for i=1..N
for v=0..V
f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}
你会发现，这个伪代码与P01的伪代码只有v的循环次序不同而已。为什么这样一改就可行呢？首先想想为什么P01中要按照v=V..0的逆序来循环。这是因为要保证第i次循环中的状态f[i][v]是由状态f[i-1][v-c[i]]递推而来。换句话说，这正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时，依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果f[i-1][v-c[i]]。而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第i种物品”这种策略时，却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果f[i][v-c[i]]，所以就可以并且必须采用v=0..V的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。
dp[i][jj]代表的意思是花费i的忍耐值杀了jj只怪所获得的经验值
这道题基于O(VN)算法的解法代码：
for(int jj=1;jj<=s;jj++)加了一个杀怪数的约束，这道题每种怪的杀怪数并不是无限的，只是未知的
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 using namespace std; 7 int dp[105][105]; 8 const int inf=1e9; 9 struct Moster 10 { 11 int per; 12 int end; 13 }moster[105]; 14 int main() 15 { 16 int p, n,m,k,s,i,j,a,b; 17 while(~scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&s)) 18 { 19 p=0;int ans=inf; 20 memset(dp,0,sizeof(dp)); 21 for(i=0;i<k;i++) 22 scanf("%d%d",&moster[i].per,&moster[i].end); 23 for(i=0;i<k;i++) 24 { 25 for(j=moster[i].end;j<=m;j++) 26 { 27 for(int jj=1;jj<=s;jj++) 28 { 29 dp[j][jj]=max(dp[j][jj],dp[j-moster[i].end][jj-1]+moster[i].per); 30 if(dp[j][jj]>=n&&j<ans) 31 { 32 ans=j; 33 } 34 } 35 } 36 } 37 if(ans==inf) 38 printf("-1\n"); 39 else 40 printf("%d\n",m-ans); 41 } 42 return 0; 43 }
基于状态转移方程 f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k*c[i]<=v}的解法
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 using namespace std; 7 int dp[105][105]; 8 const int inf=1e9; 9 struct Moster 10 { 11 int per; 12 int end; 13 }moster[105]; 14 int main() 15 { 16 int p, n,m,k,s,i,j,a,b; 17 while(~scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&s)) 18 { 19 p=0;int ans=inf; 20 memset(dp,0,sizeof(dp)); 21 for(i=0;i<k;i++) 22 scanf("%d%d",&moster[i].per,&moster[i].end); 23 for(i=1;i<=m;i++) 24 { 25 for(j=0;j<k;j++) 26 for(int jj=1;jj<=s;jj++) 27 { 28 int ant=1; 29 while((i>=moster[j].end*ant)&&ant<=jj) 30 { 31 ant++; 32 dp[i][jj]=max(dp[i][jj],dp[i-moster[j].end][jj-1]+moster[j].per); 33 } 34 } 35 if(dp[i][s]>=n) 36 { 37 ans=i;break; 38 } 39 } 40 if(ans==inf) 41 printf("-1\n"); 42 else 43 printf("%d\n",m-ans); 44 } 45 return 0; 46 }
if(dp[i][s]>=n)
{
ans=i;break;
}
花费i的忍耐值杀了s值怪后获得的经验值满足升级所需的经验值就跳出循环
花费忍耐值就是最低的，题目只要求花费忍耐值最低，并不要求杀怪数（当然是最大杀怪数满足题目的要求下）
标签：ref 计数 需要 完全背包问题 back 使用 背包 状态 简单
原文地址：http://www.cnblogs.com/WHLdbk/p/6286965.html
