背包问题九讲笔记_多重背包

大家好，又见面了，我是你们的朋友全栈君。

摘自Tianyi Cui童鞋的《背包问题九讲》，稍作修改，方便理解。

本文包含的内容：

<1> 问题描述

<2> 基本思路（和完全背包类似）

<3> 转换为01背包问题求解（直接利用01背包）

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1、问题描述

已知:有一个容量为V的背包和N件物品，第i件物品最多有Num[i]件，每件物品的重量是weight[i]，收益是cost[i]。

问题:在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值或收益

举例：物品个数N = 3，背包容量为V = 8，则背包可以装下的最大价值为64.

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2、基本思路（直接扩展01背包的方程）

由于本问题和完全背包很类似，这里直接给出方程。

状态转移方程：

f[i][v]:表示前i件物品放入重量为v的背包获得的最大收益
f[i][v] = max(f[i][v],f[i - 1][V - k * Weight[i]] + k * Value[i]);
其中0 <= k <= min(Num[i],V/Weight[i]);//这里和完全背包不同。
边界条件
f[i][0] = 0;
f[v][0] = 0;

代码：

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 3;//物品个数
const int V = 8;//背包容量
int Weight[N + 1] = {0,1,2,2};
int Value[N + 1] = {0,6,10,20};
int Num[N + 1] = {0,10,5,2};
int f[N + 1][V + 1] = {0};
/*
f[i][v]:表示把前i件物品放入容量为v的背包中获得的最大收益。
f[i][v] = max(f[i - 1][v],f[i - 1][v - k * Weight[i]] + K * Value[i]);其中1 <= k <= min(Num[i],V/Weight[i])
//初始化
f[i][0] = 0;
f[0][v] = 0;
*/
int MultiKnapsack()
{
	int nCount = 0;
	//初始化
	for (int i = 0;i <= N;i++)
	{
		f[i][0] = 0;
	}
	for (int v = 0;v <= V;v++)
	{
		f[0][v] = 0;
	}
	//递推
	for (int i = 1;i <= N;i++)
	{
		for (int v = Weight[i];v <= V;v++)
		{
			f[i][v] = 0;
			nCount = min(Num[i],v/Weight[i]);//是当前背包容量v，而不是背包的总容量
			for (int k = 0;k <= nCount;k++)
			{
				f[i][v] = max(f[i][v],f[i - 1][v - k * Weight[i]] + k * Value[i]);
			}
		}
	}
	return f[N][V];
}
int main()
{
	cout<<MultiKnapsack()<<endl;
	system("pause");
	return 1;
}

复杂度分析：

程序需要求解N*V个状态，每一个状态需要的时间为O（v/Weight[i]），总的复杂度为O(NV*Σ(V/Weight[i]))。

3、转换为01背包问题求解（直接利用01背包）

思路 1、直接对每一件物品进行拆分成min（Num[i],V/Weight[i]）件，之后在拆分后的集合上进行01背包的求解。

时间复杂度：和基本思路一样，没有降低。

思路 2、采用二进制拆分的思想。对每i件物品，拆分的策略为：新拆分的物品的重量等于1件,2件,4件,..,(2^(k – 1)),Num[i] – (2^(k – 1))件，其中k 是满足Num[i] – 2^k + 1 > 0 的最大整数。

注意，

（1）最后一个物品的件数的求法和前面不同，其直接等于 该物品的最大件数 – 前面已经分配之和。

（2）分成的这几件物品的系数和为Num[i]，表明第i种物品取的件数不能多于Num[i]。

举例：某物品为13件，则其可以分成四件物品，其系数为1,2,4,6.这里k = 3。

当然，这里使用二进制的前提还是使用二进制拆分能保证对于0,,,Num[i]间的每一个整数，均可以用若干个系数的和表示。

具体使用时，有一个小优化，即：

我们不对所有的物品进行拆分，因此物品一旦拆分，其物品个数肯定增加，那么复杂度肯定上去。

此时，我们可以选择性地对物品进行拆分：

（1）如果第i个物品的重量Weight[i] * 物品的个数Num[i] >= 背包总重量V，可以不用拆分。

（2）如果第i个物品的重量Weight[i] * 物品的个数Num[i] < 背包总重量V，可以不用拆分。

其实，拆不拆分，就看该物品能不能满足完全背包的条件。即，看该物品能不能无限量供应。

解释：为啥满足Weight[i] * 物品的个数Num[i] >= 背包总重量V的物品可以不用拆分?

此时，满足该条件时，此物品原则上是无限供应，直到背包放不下为止。

最终，对于不需要拆分的物品，可以看出完全背包的情况，调用处理完全背包物品的函数。对于需要拆分的物品，可以看出01背包的情况，调用处理01背包物品的函数。

这样，由于不对满足完全背包的物品进行拆分，此时物品个数就没有对所有物品拆分时的物品个数多，即程序中外层循环降低，复杂度也就下去了。

伪代码：

这里：C表示该物品的重量。M表示该物品的个数。V表示背包的最大容量。W表示该物品的收益。

代码：

#include <iostream>
using namespace std;

const int N = 3;//物品个数
const int V = 8;//背包容量
int Weight[N + 1] = {0,1,2,2};
int Value[N + 1] = {0,6,10,20};
int Num[N + 1] = {0,10,5,2};

int f[V + 1] = {0};
/*
f[v]:表示把前i件物品放入容量为v的背包中获得的最大收益。
f[v] = max(f[v],f[v - Weight[i]] + Value[i]);
v的为逆序
*/
void ZeroOnePack(int nWeight,int nValue)
{
	for (int v = V;v >= nWeight;v--)
	{
		f[v] = max(f[v],f[v - nWeight] + nValue);
	}
}

/*
f[v]:表示把前i件物品放入容量为v的背包中获得的最大收益。
f[v] = max(f[v],f[v - Weight[i]] + Value[i]);
v的为增序
*/
void CompletePack(int nWeight,int nValue)
{
	for (int v = nWeight;v <= V;v++)
	{
		f[v] = max(f[v],f[v - nWeight] + nValue);
	}
}

int MultiKnapsack()
{
	int k = 1;
	int nCount = 0;
	for (int i = 1;i <= N;i++)
	{
		if (Weight[i] * Num[i] >= V)
		{
			//完全背包:该类物品原则上是无限供应，
			//此时满足条件Weight[i] * Num[i] >= V时，
			//表示无限量供应，直到背包放不下为止.
			CompletePack(Weight[i],Value[i]);
		}
		else
		{
			k = 1;
			nCount = Num[i];
			while(k <= nCount)
			{
				ZeroOnePack(k * Weight[i],k * Value[i]);
				nCount -= k;
				k *= 2;
			}
			ZeroOnePack(nCount * Weight[i],nCount * Value[i]);
		}
	}
	return f[V];
}

int main()
{
	cout<<MultiKnapsack()<<endl;
	system("pause");
	return 1;
}