huanghai
/
python
1
0
Fork 0
Code Issues Pull Requests Packages Projects Releases Wiki Activity

'commit'

Browse Source
main
黄海 1 year ago
parent 90c1eb05d0
commit e936904b01
3 changed files with 31 additions and 221 deletions
Show Stats Download Patch File Download Diff File

21
TangDou/AcWing/BeiBao/4.md
Unescape View File

@ -34,14 +34,21 @@ $0<v_i,w_i,s_i≤100$
### 二、分析过程
- **状态表示:$f[i][j]$**
集合：从前$i$个物品中选，总体积不超过$j$的所有选法
属性：$max($集合中每种选法总价值$)$
- **状态计算**
集合划分的过程，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
$$f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-w[i]*k]+v_i*k) \ \ k \in \{0,1,2,3,...\}$$
<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，并且总体积不超过$j$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
$$\large f[i][j] = max\{(f[i-1][j − k*v[i]] + k*w[i]) 　 | 　0 ≤ k ≤ s[i],j>=k*v[i]\}$$
### 三、实现代码（二维数组）
```cpp {.line-numbers}

215
TangDou/AcWing/BeiBao/6.md
Unescape View File

@ -1,4 +1,4 @@
## [AcWing 6. 多重背包问题 III](https://www.acwing.com/problem/content/6/)
## [$AcWing$ $6$. 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。
@ -40,22 +40,8 @@ $0<v_i,w_i,s_i≤20000$
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>
### 二、三种解法
三种解法的根本区别在于数据范围，题面都是一样的：
<!-- 让表格居中显示的风格 -->
<style>
@ -75,191 +61,10 @@ $0<v_i,w_i,s_i≤20000$
</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
### 三、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}
@ -436,23 +241,23 @@ $f[i][j]$：前$i$个物品中选择，在体积上限是$j$的情况下，所
- 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：
$f[i-1][j] -> f[i][j]$
$f[i-1][j] \rightarrow f[i][j]$
$f[i-1][j-v]+w -> f[i][j]$
$f[i-1][j-v]+w \rightarrow f[i][j]$
$f[i-1][j-2v]+2w -> f[i][j]$
$f[i-1][j-2v]+2w \rightarrow f[i][j]$
$f[i-1][j-3v]+3w -> f[i][j]$
$f[i-1][j-3v]+3w \rightarrow f[i][j]$
....
$f[i-1][j-s*v]+s*w -> f[i][j]$
$f[i-1][j-s*v]+s*w \rightarrow f[i][j]$
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。
- 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。

16
TangDou/AcWing/BeiBao/6_ErWei.cpp
Unescape View File

@ -7,23 +7,22 @@ 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
int q[M]; // 单调优化的队列,M是背包容量上限，说明q[]里面保存的是体积
// 二维朴素版+队列[k-s*v,k],队列长s+1
// 二维+队列[k-s*v,k],队列长s+1
int main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) { // 考虑前i种物品
int v, w, s; // 体积、价值、个数
cin >> v >> w >> s;
// 其实，下面的j,k是一体化的，都是描述的剩余体积
// 之所以划分成两层循环，是因为依赖的前序是按v为间隔的依赖，并且，是有个数限制的依赖
// j:按(对体积取模)分组
// 下面的j,k是一起用来描述剩余体积的,之所以划分成两层循环，是因为依赖的前序是按v为间隔的依赖，并且，是有个数限制的依赖
// j:按对体积取模分组：0表示剩余空间除以当前物品的体积余数是0
// k:分组内的每一个体积,注意：这里的体积不一定都是合法的，因为数量是有限制的
// 单调队列的意义：查找前面k-s*v范围内的价值的最大值，是一个单调递减的队列，队头保存的是获取到最大值的最近体积
for (int j = 0; j < v; j++) {
int hh = 0, tt = -1;
for (int k = j; k <= m; k += v) {
for (int j = 0; j < v; j++) { // 按余数分组讨论
int hh = 0, tt = -1; // 全新的单调下降队列
for (int k = j; k <= m; k += v) { // 与j一起构成了有效体积
// 1、讨论到第i个物品时，由于它最多只有s个，所以有效的转移体积最小是k-s*v,更小的体积将被去除
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
@ -35,7 +34,6 @@ int main() {
}
}
}
printf("%d\n", f[n][m]);
return 0;
}

Write Preview
Loading…
Cancel
Save