SDNUOJ 1520.采药(多重背包问题)

本文针对药材背包问题,提出三种优化方案:暴力解法、二进制优化及单调队列优化,旨在通过不同策略提高求解药材最大价值的效率。

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Description
SQK上山去采药。SQK有一个容量为m(1<=m<=1000)的背包,他所采集的药材的总重量不能大于背包的容量。已知共有n(1<=n<=100 )种药材,每种药材都有自己的价值,并且知道每种药材的数量是有限的,如何选择,才能使得背包中药材价值最大?

Input
输入数据首先包含一个正整数C(1<=C<=10),表示有C组测试用例,每组测试用例的第一行是两个整数m和n(1<=m<=1000, 1<=n<=100),分别表背包的负重和药材的种类,然后是n行数据,每行包含3个数w,v和c(1<=w<=100,1<=v<=200,1<=c<=100),分别表示每种药材的重量、每株的价值以及对应种类药材的株数。

Output
对于每组测试数据,请输出能够采集药材的最大价值,每个实例的输出占一行。

Sample Input
1
8 2
2 100 4
4 100 2

Sample Output
400

Source
2016_SunQianKun

1.暴力
先来最暴力的解法,时间复杂度为O(n^3),就是多了相较于01背包多了一层循环枚举这次选几个,但要注意一定要加上能不能塞进去n个的判断

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
int dp[1005];
int max(int x,int y)
{
	return x>y?x:y;
}
int main()
{
	int C;
	cin>>C;
	for(int i=1;i<=C;++i)
	{
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		int m,n;
		cin>>m>>n;
		int w,v,c;
		for(int j=1;j<=n;++j)
		{
			cin>>w>>v>>c;
			for(int k=m;k>=w;--k)
			{
				for(int p=1;p<=c&&p*w<=k;++p)//能不能塞进去p个的判断一定要加 
				{
					dp[k]=max(dp[k],dp[k-w*p]+v*p);
				}
			}
		}
		cout<<dp[m]<<endl;
	}
	return 0;
}

2.二进制优化
再来一个经过二进制优化过的方法,该方法的时间复杂度比上一个好了一些,是O(nnlog(2)n),该优化方式实际上就是将每个物品能拿的个数进行了二进制分解,然后将分解后的那几个分别当成独立的物品,存到物品数组中,然后就是01背包问题了,为什么能保证每个容量的背包的解是正确的?因为一个数字进行二进制分解后,利用分解出来的数字的组合可以至少从1表示到那个数字,但是要注意如果是像10这样无法完全进行二进制分解的数不要让分解后的数组合后可以比它大,因为最多就能装10件,多了装不了,因此我们只要最后剩下一个不能用2的几次方表示的数就行了,10可以分解为1,2,4,3,这些数经过组合可以表示出1-10中任意一个数。
下面是代码:

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
int dp[1005];
struct data{
	int w;
	int v;
}grass[1005];//存放物品的数组 
int max(int x,int y)
{
	return x>y?x:y;
}
int main()
{
	int C;
	cin>>C;
	for(int i=1;i<=C;++i)
	{
		int grassi=1;
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		int m,n;
		cin>>m>>n;
		for(int j=1;j<=n;++j)
		{
			int w,v,c;
			cin>>w>>v>>c;
			for(int k=1;k<=c;k*=2)//二进制拆分 ,拆分出来的当成一个独立的物品 
			{
				c-=k;
				grass[grassi].v=v*k;
				grass[grassi++].w=w*k;
			}
			if(c>0)//将残余情况的加进去 
			{
				grass[grassi].v=v*c;
				grass[grassi++].w=w*c;
			}
		}
		for(int i=1;i<grassi;++i)
		{
			for(int j=m;j>=grass[i].w;--j)
			{
				dp[j]=max(dp[j],dp[j-grass[i].w]+grass[i].v);//01背包 
			}
		}
		cout<<dp[m]<<endl;
	}
	return 0;
}

3.单调队列优化

#include<iostream>
using namespace std;
const int maxn=20005;
int dp[maxn],que[maxn],book[maxn];
int max(int x,int y)
{
	return x>y?x:y;
}
int main()
{
	int W,N;
	cin>>N>>W;//N是有几种物品,W是背包最多能容纳的重量 
	for(int i=1;i<=N;++i)
	{
		int w,v,c;
		cin>>w>>v>>c;//w是该物品的重量,v是该物品的价值,c是该物品最多能拿的数量 
		if(w*c>=W)//如果能拿的这一个物品拿最多的质量大于背包总共能装的质量,就可以用完全背包问题来处理。 
		{
			for(int ind=w;ind<=W;++ind)
			{
				dp[ind]=max(dp[ind],dp[ind-w]+v);
			}
		}
		else
		{
			for(int ind=0;ind<w;++ind)
			{
				int head=0,tail=0;
				for(int jnd=0;jnd<=(W-ind)/w;++jnd)
				{
					int temp=dp[ind+jnd*w]-jnd*v;
					while(head<tail&&que[tail-1]<=temp)
					--tail;
					book[tail]=jnd;
					que[tail++]=temp;
					if(book[head]<jnd-c)
					++head;
					dp[ind+jnd*w]=que[head]+jnd*v;
				}
			}
		}
	}
	cout<<dp[W]<<endl;
	return 0;
}
### 采药背包问题算法实现 #### 状态定义 在处理采药背包问题时,状态通常被定义为 `dp[i][j]` 表示前 `i` 种草药,在总重量不超过 `j` 的情况下可以获得的最大价值。这里 `i` 是草药品种索引,`j` 则表示当前考虑的背包容积。 为了简化空间复杂度,可以采用一维数组来代替二维数组进行迭代更新[^1]。 #### 初始化 初始化阶段设置当没有任何草药可选时的状态,即 `dp[j]=0` 对于所有的 `j∈[0,C]` 成立;其中 `C` 代表背包的最大承重能力。 #### 状态转移方程 对于每一个新的草药种类 `i` 和其对应的体积 `c_i` 及价值 `w_i` ,遍历可能放入背包内的剩余容量 `j` (从大到小),并计算是否应该加入该草药: \[ dp[j] = max(dp[j], dp[j-c_i]+w_i)\] 此过程确保每次只针对新增加的一种草药做决策,并且通过逆序访问保证同一轮内不会重复利用已选取过的草药实例[^4]。 #### Python代码实现 下面给出基于上述分析的一个简单Python版本实现: ```python def knapsack(weights, values, capacity): n = len(values) # 创建一个长度为capacity+1的一维列表用于存储子问题的结果 dp = [0]*(capacity + 1) for i in range(n): # 遍历所有物品 for j in range(capacity, weights[i]-1, -1): dp[j] = max(dp[j], dp[j-weights[i]] + values[i]) return dp[-1] if __name__ == "__main__": # 测试样例数据输入 weight_list = [2, 3, 4, 5] value_list = [3, 4, 5, 8] bag_capacity = 5 result = knapsack(weight_list, value_list, bag_capacity) print(f"The maximum total value is {result}") ``` 这段程序实现了经典的01背包问题解决方案,适用于描述中的采药场景,其中每个位置只能放置一次特定类型的草药。
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