悼念512汶川大地震遇难同胞——珍惜现在，感恩生活(多重背包问题)

悼念512汶川大地震遇难同胞——珍惜现在，感恩生活（点击打开题目链接）

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Problem Description

急！灾区的食物依然短缺！

为了挽救灾区同胞的生命，心系灾区同胞的你准备自己采购一些粮食支援灾区，现在假设你一共有资金n元，而市场有m种大米，每种大米都是袋装产品，其价格不等，并且只能整袋购买。

请问：你用有限的资金最多能采购多少公斤粮食呢？

后记：

人生是一个充满了变数的生命过程，天灾、人祸、病痛是我们生命历程中不可预知的威胁。

月有阴晴圆缺，人有旦夕祸福，未来对于我们而言是一个未知数。那么，我们要做的就应该是珍惜现在，感恩生活——

感谢父母，他们给予我们生命，抚养我们***；

感谢老师，他们授给我们知识，教我们做人

感谢朋友，他们让我们感受到世界的温暖；

感谢对手，他们令我们不断进取、努力。

同样，我们也要感谢痛苦与艰辛带给我们的财富～

Input

输入数据首先包含一个正整数C，表示有C组测试用例，每组测试用例的第一行是两个整数n和m(1<=n<=100, 1<=m<=100),分别表示经费的金额和大米的种类，然后是m行数据，每行包含3个数p，h和c(1<=p<=20,1<=h<=200,1<=c<=20)，分别表示每袋的价格、每袋的重量以及对应种类大米的袋数。

Output

对于每组测试数据，请输出能够购买大米的最多重量，你可以假设经费买不光所有的大米，并且经费你可以不用完。每个实例的输出占一行。

Sample Input

1
8 2
2 100 4
4 100 2

Sample Output

400

Author

lcy

Source

2008-06-18《 ACM程序设计》期末考试——四川加油！中国加油！

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多重背包问题（转自背包九讲）：

P03: 多重背包问题

题目
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。
基本算法
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])。
转化为01背包问题
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)
ifcost*amount>=V
CompletePack(cost,weight)
return
integer k=1
while k<num
ZeroOnePack(k*cost,k*weight)
amount=amount-k
k=k*2
ZeroOnePack(amount*cost,amount*weight)
希望你仔细体会这个伪代码，如果不太理解的话，不妨翻译成程序代码以后，单步执行几次，或者头脑加纸笔模拟一下，也许就会慢慢理解了。
O(VN)的算法
多重背包问题同样有O(VN)的算法。这个算法基于基本算法的状态转移方程，但应用单调队列的方法使每个状态的值可以以均摊O(1)的时间求解。由于用单调队列优化的DP已超出了NOIP的范围，故本文不再展开讲解。我最初了解到这个方法是在楼天成的“男人八题”幻灯片上。
小结
这里我们看到了将一个算法的复杂度由O(V*Σn[i])改进到O(V*Σlog n[i])的过程，还知道了存在应用超出NOIP范围的知识的O(VN)算法。希望你特别注意“拆分物品”的思想和方法，自己证明一下它的正确性，并将完整的程序代码写出来。
对于此题，直接运用多重背包即可解决 。

1：三重循环，直接在完全背包的基础上对于每种物品的个数价格限制就行：
代码：

#include<stdio.h>
#include<memory.h>
int main()
{
    int t,i,j,N,V,k,s;
    int p[101],h[201],dp[201],c[101];
    while(scanf("%d",&t)!=EOF)
    {
        for(i=0; i<t; i++)
        {
            memset(dp,0,sizeof(dp));
            scanf("%d%d",&V,&N);
            for(j=1; j<=N; j++)
            {
                scanf("%d%d%d",&p[j],&h[j],&c[j]);
            }
            for(k=1; k<=N; k++)
            {

                for(j=V; j>=p[k]; j--)
                {
                    for(s=1; s<=c[k]&&s<=(j/p[k]); s++)//控制物品的个数
                        if(j>=p[k]&&(s*p[k]<=j))
                            dp[j]=(dp[j]>dp[j-s*p[k]]+s*h[k])?dp[j]:dp[j-s*p[k]]+s*h[k];//状态转移方程
                }
            }
            printf("%d\n",dp[V]);
        }
    }
    return 0;
}

2：二进制优化后的算法：

#include<stdio.h>
#include<memory.h>
int main()
{
    int t,i,j,N,V,k,s,s1,count;
    int p[1001],dp[1000],c[101],value[1000];
    while(scanf("%d",&t)!=EOF)
    {
        for(i=0; i<t; i++)
        {
            count=1;
            memset(dp,0,sizeof(dp));
            scanf("%d%d",&V,&N);
            for(j=1; j<=N; j++)
            {
                scanf("%d%d%d",&s,&s1,&c[j]);
                for ( k=1; k<=c[j]; k<<=1)//二进制优化
                {
                    value[count] = k*s1;
                    p[count++] = k*s;
                    c[j]-= k;
                }
                if (c[j] > 0)
                {
                    value[count] = c[j]*s1;
                    p[count++] = c[j]*s;
                }
            }
            for(k=1; k<count; k++)
            {
                for(j=V; j>=p[k]; j--)
                {
                    dp[j]=(dp[j]>dp[j-p[k]]+value[k])?dp[j]:dp[j-p[k]]+value[k];//转化为01背包问题
                }
            }
            printf("%d\n",dp[V]);
        }
    }
    return 0;
}