huanghai
/
python
1
0
Fork 0
Code Issues Pull Requests Packages Projects Releases Wiki Activity
You can not select more than 25 topics Topics must start with a letter or number, can include dashes ('-') and can be up to 35 characters long.
Branches Tags
${ item.name }
Create tag ${ searchTerm }
Create branch ${ searchTerm }
from 'ba8fa50ec0'
${ noResults }
python/TangDou/AcWing/BeiBao/6.md

469 lines
18 KiB
Raw Normal View History Unescape

'commit'
2 years ago
## [AcWing 6. 多重背包问题 III](https://www.acwing.com/problem/content/6/)
### 一、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 $s_i$ 件，每件体积是 $v_i$，价值是 $w_i$。
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 $v_i,w_i,s_i$，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**
$0<N≤1000$
$0<V≤20000$
$0<v_i,w_i,s_i≤20000$
**提示**
> **本题考查多重背包的单调队列优化方法**。
**输入样例**
```cpp {.line-numbers}
4 5
1 2 3
2 4 1
3 4 3
4 5 2
```
**输出样例**：
```cpp {.line-numbers}
10
```
### 二、多重背包的前世今生
[$AcWing 4$. 多重背包问题 I](https://www.acwing.com/problem/content/4/)
[$AcWing 5$. 多重背包问题 II](https://www.acwing.com/problem/content/5/)
[$AcWing 6$. 多重背包问题 III](https://www.acwing.com/problem/content/6/)
### 三、空间问题
下面将讨论此问题的三种解法，特别说明的是，二维最好理解，而且空间范围也是在可以接受的范围内，不必盲目追求一维，性能上不会带来提升。以最终极版本的单调队列优化算法来说，需要的二维空间最大值就是$f[N][M]$,其中$N*M=1000\times 20000=20000000$,换算成空间大小就是$$\large 1000\times 20000\times4/1024/1024=76MB$$,一般题目的空间限制都是$128MB$左右，再加上$C++$程序运行需要的一部分内存，是可以正常通过测试的，事实上二维方法，在[$AcWing$ $6$. 多重背包问题 $III$](https://www.acwing.com/problem/content/6/) 中，是可以正常$AC$的。
即使题目限制了内存大小最多为$64MB$(这就很$BT$了),也可以简单的使用滚动数组的方法优化，$$\large 2\times 20000\times4/1024/1024=16MB$$
足够过掉此题，一维限制无意义，也不做为讲解的重点，此文只关注二维实现，文末将附上一维实现办法。
### 四、三种解法
<font color='red' size=4><b>三种解法的根本区别在于数据范围，题面都是一样的：</b></font>
<!-- 让表格居中显示的风格 -->
<style>
.center
{
width: auto;
display: table;
margin-left: auto;
margin-right: auto;
}
</style>
<div class="center">
| ① 朴素版本 | ② 二进制优化版本 | ③ 单调队列优化版本 |
| --------------- | ----------------- | ------------------ |
| $n≤100$,$V≤100$ | $n≤1000$,$V≤2000$ | $n≤1000$,$V≤20000$ |
</div>
<center><img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/06/17/55909_ba412471cf-IMG_4AD8EC65CFE1-1.jpeg'></center>
* **状态表示**
集合：所有只从前$i$个物品中选，并且总体积不起过$j$的选法
属性：集合中每一个选法对应的总价值的最大值
* **状态计算**
就是一个集合划分的过程，就是和完全背包很像，但不像完全背包有无穷多个，而是有数量限制
* 初始状态：`f[0][0]`
* 目标状态：`f[n][m]`
#### 状态转移方程
$$\large f[i][j] = max\{(f[i-1][j − k*v[i]] + k*w[i]) 　 | 　0 ≤ k ≤ s[i],j>=k*v[i]\}$$
### 四、朴素算法
#### 二维朴素
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110;
int n, m;
int f[N][N];
int main() {
scanf("%d %d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int v, w, s;
scanf("%d %d %d", &v, &w, &s);
for (int j = 0; j <= m; j++)
for (int k = 0; k <= s && v * k <= j; k++)
f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - k * v] + w * k);
}
printf("%d\n", f[n][m]);
return 0;
}
```
#### 一维朴素
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110;
int n, m;
int f[N];
int main() {
scanf("%d %d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int v, w, s;
scanf("%d %d %d", &v, &w, &s);
for (int j = m; j >= v; j--)
//注意：此处k=0,k=1是一样的
//如果不要i物品 即 f[i][j]=f[i-1][j]
//转为一维表示法，就是f[j]=f[j],所以从0从1都一样
for (int k = 0; k <= s && k * v <= j; k++)
f[j] = max(f[j], f[j - v * k] + w * k);
}
printf("%d\n", f[m]);
return 0;
}
```
在可以考虑第$i$个物品时，前面$i-1$个物品已经做出了选择，前面怎么选择的我不管，我只管我现在面临的情况该怎么处理：
$
\large \left\{\begin{array}{l}
第i个物品一个也不选择 & \\
第i个物品一个选1个& \\
第i个物品一个选2个& \\
... & \\
第i个物品一个选s_i个&
\end{array}\right.
$
当然，你也不能真的一定从$0$选择到$s_i$个，因为可能你的背包装不上了，需要加上限制条件：$v*k<=j$
### 五、二进制优化
朴素多重背包做法的本质：将有数量限制的相同物品看成多个不同的$0-1$背包。
优化的思路：比如我们从一个货车搬百事可乐的易拉罐（因为我爱喝不健康的快乐水~），如果存在$200$个易拉罐，小超市本次要的数量为一个小于$200$的数字$n$,搬的策略是什么呢？
A、一个一个搬，直到$n$为止。
B、在出厂前打成$64$个一箱，$32$个一箱，$16$个一箱，$8$个一箱，$4$个一箱，$2$个一箱，$1$个一箱，<font color='red'>**最后剩下的打成$73$个一箱**</font>。
为什么要把剩下的$73$个打成一个包呢？不是再分解成$64$,$32$这样的组合呢？这是因为我们其实本质是化解为$01$背包，一来这么分解速度最快，二来可以表示原来数量的任何子集，这样就$OK$了！
#### 二维进制版本
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 12010, M = 2010;
int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N][M]; //二维数组版本，AcWing 5. 多重背包问题 II 内存限制是64MB
//只能通过滚动数组或者变形版本的一维数组，直接二维数组版本MLE
//多重背包的二进制优化
int main() {
scanf("%d %d", &n, &m);
int idx = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int a, b, s;
scanf("%d %d %d", &a, &b, &s);
//二进制优化,能打包则打包之，1,2,4,8,16,...
int k = 1;
while (k <= s) {
idx++;
v[idx] = a * k;
w[idx] = b * k;
s -= k;
k *= 2;
}
//剩下的
if (s > 0) {
idx++;
v[idx] = a * s;
w[idx] = b * s;
}
}
n = idx; //数量减少啦
// 01背包
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= m; j++) {
f[i][j] = f[i - 1][j];
if (j >= v[i]) f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - v[i]] + w[i]);
}
printf("%d\n", f[n][m]);
return 0;
}
```
#### 一维数组二进制版本
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 12010, M = 2010;
int n, m;
int v[N], w[N];
int f[M];
//多重背包的二进制优化
int main() {
scanf("%d %d", &n, &m);
int cnt = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int a, b, s;
scanf("%d %d %d", &a, &b, &s);
//二进制优化,能打包则打包之，1,2,4,8,16,...
int k = 1;
while (k <= s) {
cnt++;
v[cnt] = a * k;
w[cnt] = b * k;
s -= k;
k *= 2;
}
//剩下的
if (s > 0) {
cnt++;
v[cnt] = a * s;
w[cnt] = b * s;
}
}
n = cnt; //数量减少啦
// 01背包
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = m; j >= v[i]; j--)
f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
printf("%d\n", f[m]);
return 0;
}
```
### 六、单调队列优化
使用朴素版本利用数据进行调试，找一下规律，看看哪个状态间存在转移关系：
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int n, m;
int v, w, s;
int f[N];
/**
* 测试用例:
2 9
3 5 2
2 4 3
*/
int main() {
scanf("%d %d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> v >> w >> s; //体积、价值、数量
//一维是倒序，而且最小值可以到达v
for (int j = m; j >= v; j--)
for (int k = 0; k <= s && j >= k * v; k++) {
f[j] = max(f[j], f[j - k * v] + k * w);
//输出中间过程，用于调试，找规律
printf("f[%d]=%2d f[%d]+%d=%d\n", j, f[j], j - k * v, k * w, f[j - k * v] + k * w);
}
}
return 0;
}
```
<center><img src='https://img2022.cnblogs.com/blog/8562/202201/8562-20220126104409857-886115013.png'></center>
#### 二维版本
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1010; // 物品种类上限
const int M = 20010; // 背包容量上限
int n, m;
int f[N][M]; // 前i个物品，在容量为j的限定下，最大的价值总和
int q[M]; // 单调优化的队列
// 二维朴素版+队列[k-s*v,k],队列长s+1
int main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) { // 枚举每个物品
int v, w, s; // 体积、价值、个数
cin >> v >> w >> s;
for (int j = 0; j < v; j++) { // 按余数分组,组内向前依赖
// 查找指定范围内的最大值，标准的单调队列
int hh = 0, tt = -1;
for (int k = j; k <= m; k += v) { // 分组内枚举每个可能的体积
// 1、超出窗口范围的队头出队列，左侧只保留到k-s*v
if (hh <= tt && q[hh] < k - s * v) hh++;
// 2、处理队尾,下一个需要进入队列的是f[i-1][k]，它是后来的，生命周期长，可以干死前面能力不如它的所有老头子,以保证一个单调递减的队列
while (hh <= tt && f[i - 1][q[tt]] + (k - q[tt]) / v * w <= f[i - 1][k]) tt--;
// 3、k入队列
q[++tt] = k;
// 4、上面操作完，f[i-1][k]已经进入队列,f[i][k]需要的所有人员到齐，可以直接从队头取出区间最大值更新自己了
f[i][k] = f[i - 1][q[hh]] + (k - q[hh]) / v * w;
}
}
}
printf("%d\n", f[n][m]);
return 0;
}
```
#### 一维版本
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1010, M = 20010;
int n, m;
int f[M], g[M];
int q[M];
int v, w, s;
// 一维写法
int main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
memcpy(g, f, sizeof g);
cin >> v >> w >> s;
for (int j = 0; j < v; j++) {
int hh = 0, tt = -1;
for (int k = j; k <= m; k += v) {
if (hh <= tt && q[hh] < k - s * v) hh++;
while (hh <= tt && g[k] >= g[q[tt]] + (k - q[tt]) / v * w) tt--;
q[++tt] = k;
f[k] = max(g[k], g[q[hh]] + (k - q[hh]) / v * w);
}
}
}
printf("%d\n", f[m]);
return 0;
}
```
### 七、疑问解答　
#### $Q1$:为什么可以引入单调队列对多重背包进行优化？
$A$:因为朴素版本三层循环，太慢了，要想办法优化？怎么优化的呢？因为发现每个新值要想更新$f[i][j]$值，第$i$件物品，最多有$s_i$件，我们可以选择$0 \sim s_i$个，同时，由于$i$物品的体积是$v_i$,也就是我们在拿物品$i$时，有一个关系
<div class="center">
| | 拿$0$个 | 拿$1$个 | 拿$2$个 | ... | 拿$s$个 |
| ---- | ----------- | --------------- | ------------------- | --- | ------------------- |
| 体积 | $k$ | $k-v$ | $k-2*v$ | ... | $k-s*v$ |
| 价值 | $f[i-1][k]$ | $f[i-1][k-v]+w$ | $f[i-1][k-2*v]+2*w$ | ... | $f[i-1][k-s*v]+s*w$ |
</div>
**总结**：
* 往前最多看$s$个
* $f[i][j]$ <font color='red' size=4><b> 跳跃性依赖 </b></font>于$f[i-1][j - x * v]$,想要求什么呢？求离我距离最多$s$个数的最大值。这数不用每次现去查找，可用单调队列动态维护来优化查询。
#### $Q2$:单调队列中装的是什么？
$A$:是体积，是$f[i][j]$可以从哪些 **体积** 转移而来。比如当前$i$物品的体积是$v_i=2$,个数是$3$，那么$f[i][j]$可以从
$$
\large \left\{\begin{array}{l}
f[i-1][j-v_i*0]+0*w_i& 选择0个 \\
f[i-1][j-v_i*1]+1*w_i& 选择1个\\
f[i-1][j-v_i*2]+2*w_i& 选择2个 \\
f[i-1][j-v_i*3]+3*w_i& 选择3个
\end{array}\right.
$$
转移而来，当然，还需要判断一下是不是你的背包能装下那么多，一旦装不下了就别硬装了。
#### $Q3$:只记录体积怎么计算最大价值？
$A$:只记录了所关联的体积，最大价值是现用现算的，办法是
$$\large f[i][k] = f[i - 1][q[hh]] + (k - q[hh]) / v * w$$
即，自己的最优解，可以通过前序当中**最大值**所在的体积`q[hh]`转移而来，产生的增量价值就是 $\large \displaystyle (k - q[hh]) / v * w$
#### $Q4$:单调队列的使用场景在哪里？
$A$:使用单调队列的唯一场景就是 **离我在$X$的范围内，最大或最小值是多少**?
它的任务是做到$O(1)$的时间复杂度进行快速查询结果，所以，只能是放在队首，不能再进行遍历或者二分，那样就不是$O(1)$了。
#### $Q5$:单调队列是怎么样做到将最优解放到队首的呢？
$A:$单调队列优化有三步曲，按套路做就可以完成这样的任务：
* 将已经超过 **窗口范围** 的旧数据从单调队列中去掉，保证窗口中只有最近的、最多$s$个(或$s+1$,这和具体的题意有关，后续会继续说明~)有效数据。
* 利用队首中保存的体积，我们知道最大值的前序体积$q[hh]$,从这个体积转移而来就行。
$$\large f[i][k] = f[i - 1][q[hh]] + (k - q[hh]) / v * w$$
* <font color='red' size=4><b>滑动窗口是建立在前序数组$f[i-1]$上的，范围只能是前面一行$f[i-1][j],f[i-1][j-v],f[i-1][j-2v],...,f[i-1][j-kv]$</b></font>
#### $Q6:$此处的单调队列，是递增还是递减的？
$A:$是一个单调递减的队列,队列头存储的是窗口中的最大值所对应的体积。
#### $Q7$:为什么要先进队列，再更新答案呢？我看有些同学是先更新答案，再进队列啊？
$A$:这个主要看$f[i-1][k]$是不是可以成为答案的备选项，如果是，那么就先进队列，再更新；如果不是，则先更新再进队列。以本题为例，$f[i][k]$可不可以从$f[i-1][k]$迁移而来呢？从实际含义出发，是可以的，这表示：第$i$个物品一个也不要，在空间最大是$k$的情况下，最大值如何表示？此时，当然最大值表示为$f[i-1][k]$了，即可以成为答案的备选项，需要先进队列再更新答案。
#### $Q8$:`if (hh <= tt && q[hh] < k - s * v) hh++;`
不是应该是$0$~$s$个物品$i$吗，不应该是$(k-q[hh])/v>s+1$个项吗？
**答**：好问题！确实是$0$~$s$共$s+1$个，按理说单调队列长度最长应该是$s+1$,这里为什么只有$s$个长度呢？
$DP$问题都可以视为一个填表求解的过程，比如本题就是一个二维表格的填充过程：
$f[i][j]$：前$i$个物品中选择，在体积上限是$j$的情况下，所能获取到的最大价值。
从上到下，从左到右去填表，我们发现了以下的事实：
- 每一个二维表中的位置，都是可以从上一行中的某些位置转移而来的。比如：
$f[i-1][j] -> f[i][j]$
$f[i-1][j-v]+w -> f[i][j]$
$f[i-1][j-2v]+2w -> f[i][j]$
$f[i-1][j-3v]+3w -> f[i][j]$
....
$f[i-1][j-s*v]+s*w -> f[i][j]$
当然，这也不一定都对，因为要保证$j-s*v>=0$
这些数据依赖是 **跳跃性的前序依赖**，所以，我们按对体积取模的余数分组，按组讨论，就可以把二维表填充满。
- 它的前序依赖单元格个数是$s$(指最大值)个，我们需要在这些个值中找出一个$max$。这是一个 距离我最近$X$个元素内找出最大值的典型问题：单调递减队列求区间最大值，队头元素即答案。
- **$Q$:为什么是单调队列呢？如何运用单调队列求解呢？**
就是维护一个队列，它是由大到小的顺序单调存在的。对于后面每一个加入进来的数据，因为它是最新出生的，就算是最小，当前面老家伙们死光后，它也可能成为掌门人(黄鼠狼下豆鼠子，一辈不如一辈，这种情况就是可能的~)，它必须保留！而它前面的老家伙，即使再厉害，由于年龄到了，也需要去世。没有来的及去世的老家伙们，因为能力值小于最后加入的数据，也就没有存在下去的必要，因为后面向前找，肯定先找到新出生而且能力值高的嘛，这些老家伙去世算了。
好了，我们成功的为最后加入的家伙找到了存在下去的必要性，没它可不行！！！
所以,我们视`f[i - 1][k]`为新出生的家伙，用它与之前的老家伙们$PK$,而且，它还必须要参与到单调队列中去，它不能去世！
> $Q$:为啥要视它为最新出生的家伙，咋不视别人呢？
> $A$:往前倒着看，离自己最近，谁最近？因为这里的距离其实是按体积看的，和自己一样体积的单元格，在自己的正上方，上可以转移到$f[i][j]$的吧，$f[i-1][k]$当然是最后一个啦。
如果被它占了一个名额后，就剩下$s$个位置了。
同时，我们也注意到，就是因为上面讨论到的原因，使得在执行`f[i][k] = f[i - 1][q[hh]] + (k - q[hh]) / v * w;` 之前，需要执行 `q[++tt]=k`,让新出生的家伙进入队列，凑齐`s+1`个