C语言-多重背包问题

多重背包问题

问题:有N种物品和一个容量为V的背包。第i种物品最多有n[i]件可用,每件费用是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。

分析:

这题目和完全背包问题很类似。基本的方程只需将完全背包问题的方程略微一改即可,因为对于第i种物品有n[i]+1种策略:取0件,取1件……取n[i]件。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,则有状态转移方程:

f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k<=n[i]}

复杂度是O(V*Σn[i])。

另一种方法:

另一种好想好写的基本方法是转化为01背包求解:把第i种物品换成n[i]件01背包中的物品,则得到了物品数为Σn[i]的01背包问题,直接求解,复杂度仍然是O(V*Σn[i])。

但是我们期望将它转化为01背包问题之后能够像完全背包一样降低复杂度。仍然考虑二进制的思想,我们考虑把第i种物品换成若干件物品,使得原问题中第i种物品可取的每种策略——取0..n[i]件——均能等价于取若干件代换以后的物品。另外,取超过n[i]件的策略必不能出现。

方法是:将第i种物品分成若干件物品,其中每件物品有一个系数,这件物品的费用和价值均是原来的费用和价值乘以这个系数。使这些系数分别为 1,2,4,...,2^(k-1),n[i]-2^k+1,且k是满足n[i]-2^k+1>0的最大整数。例如,如果n[i]为13,就将这种 物品分成系数分别为1,2,4,6的四件物品。

分成的这几件物品的系数和为n[i],表明不可能取多于n[i]件的第i种物品。另外这种方法也能保证对于0..n[i]间的每一个整数,均可以用若干个系数的和表示,这个证明可以分0..2^k-1和2^k..n[i]两段来分别讨论得出,并不难,希望你自己思考尝试一下。

这样就将第i种物品分成了O(log n[i])种物品,将原问题转化为了复杂度为<math>O(V*Σlog n[i])的01背包问题,是很大的改进。

下面给出O(log amount)时间处理一件多重背包中物品的过程,其中amount表示物品的数量:

procedure MultiplePack(cost,weight,amount)
    if cost*amount>=V
        CompletePack(cost,weight)
        return
    integer k=1
    while k<amount
        ZeroOnePack(k*cost,k*weight)
        amount=amount-k
        k=k*2
    ZeroOnePack(amount*cost,amount*weight)


代码实现:
C语言-多重背包问题
 1 /******************多重背包问题*********************/
 2 #include <iostream>
 3 #include <vector>
 4 #include <math.h>
 5 using namespace std;
 6 #define EMPTY
 7 #define INF -65536
 8 const int V=1000;//定义体积
 9 const int T=5;//定义物品种类
10 int f[V+1];
11 int c[T]={40,100,30,80,400};
12 int w[T]={3,8,1,3,5};
13 int n[T]={10,5,9,13,7};
14 vector <int> n_list;//存储分解后的每一个系数
15 vector <int> c_list;//将分解后的每一个系数乘以每一个体积
16 vector <int> w_list;//将分解后的每一个系数乘以每一个价值
17 void initpackage()//将每个系数分解
18 {
19     int x=0;
20     for(int i=0;i<T;i++)
21     {
22         int p=1;
23         cout<<n[i]<<":";
24         while((n[i]-pow(2,p)+1)>=0)
25         {
26             cout<<pow(2,p-1)<<" ";
27             n_list.push_back(pow(2,p-1));
28             c_list.push_back(c[i]*pow(2,p-1));
29             w_list.push_back(w[i]*pow(2,p-1));
30             p++;
31         }
32         x=n[i]-pow(2,p-1)+1;
33         if(x>0)
34         {
35             cout<<x<<" ";
36             n_list.push_back(x);
37             c_list.push_back(c[i]*x);
38             w_list.push_back(w[i]*x);
39         }
40         cout<<endl;
41     }
42 }
43 int package()
44 {
45     initpackage();
46     int size;
47     size=n_list.size();
48     #ifdef EMPTY
49     for(int i=0;i<=V;i++)
50     {
51         f[i]=0;
52     }
53     #else
54     f[0]=0;
55     for(int i=1;i<=V;i++)
56     {
57         f[i]=INF;
58     }
59     #endif // EMPTY
60     for(int i=0;i<size;i++)
61     {
62         for(int v=V;v>=c_list[i];v--)
63         {
64             f[v]=max(f[v],f[v-c_list[i]]+w_list[i]);
65         }
66     }
67     return f[V];
68 }
69 int main()
70 {
71     int temp;
72     cout<<"c[i]的结果为:";
73     for(int i=0;i<T;i++)
74     {
75         cout<<c[i]<<" ";
76     }
77     cout<<endl;
78     cout<<"w[i]的结果为:";
79     for(int i=0;i<T;i++)
80     {
81         cout<<w[i]<<" ";
82     }
83     cout<<endl;
84     cout<<"n[i]的结果为:";
85     for(int i=0;i<T;i++)
86     {
87         cout<<n[i]<<" ";
88     }
89     cout<<endl;
90     temp=package();
91     cout<<temp<<endl;
92     return 0;
93 }
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