多重背包问题

本文包含的内容：

<1> 问题描述

<2> 基本思路（和完全背包类似）

<3> 转换为01背包问题求解（直接利用01背包）

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1、问题描述

已知:有一个容量为V的背包和N件物品，第i件物品最多有Num[i]件，每件物品的重量是weight[i]，收益是cost[i]。

问题:在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值或收益

举例：物品个数N = 3，背包容量为V = 8，则背包可以装下的最大价值为64.

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2、基本思路（直接扩展01背包的方程）

由于本问题和完全背包很类似，这里直接给出方程。

[cpp] view plaincopyprint?

1. 状态转移方程：
2. f[i][v]:表示前i件物品放入重量为v的背包获得的最大收益
3. f[i][v] = max(f[i][v],f[i - 1][V - k * Weight[i]] + k * Value[i]);
4. 其中0 <= k <= min(Num[i],V/Weight[i]);//这里和完全背包不同。
5. 边界条件
6. f[i][0] = 0;
7. f[v][0] = 0;

状态转移方程：

f[i][v]:表示前i件物品放入重量为v的背包获得的最大收益
f[i][v] = max(f[i][v],f[i - 1][V - k * Weight[i]] + k * Value[i]);
其中0 <= k <= min(Num[i],V/Weight[i]);//这里和完全背包不同。
边界条件
f[i][0] = 0;
f[v][0] = 0;

代码：

[cpp] view plaincopyprint?

1. #include <iostream>
2. using namespace std;
3. const int N = 3;//物品个数
4. const int V = 8;//背包容量
5. int Weight[N + 1] = {0,1,2,2};
6. int Value[N + 1] = {0,6,10,20};
7. int Num[N + 1] = {0,10,5,2};
8. int f[N + 1][V + 1] = {0};
9. /*
10. f[i][v]:表示把前i件物品放入容量为v的背包中获得的最大收益。
11. f[i][v] = max(f[i - 1][v],f[i - 1][v - k * Weight[i]] + K * Value[i]);其中1 <= k <= min(Num[i],V/Weight[i])
12. //初始化
13. f[i][0] = 0;
14. f[0][v] = 0;
15. */
16. int MultiKnapsack()
17. {
18. int nCount = 0;
19. //初始化
20. for (int i = 0;i <= N;i++)
21. {
22. f[i][0] = 0;
23. }
24. for (int v = 0;v <= V;v++)
25. {
26. f[0][v] = 0;
27. }
28. //递推
29. for (int i = 1;i <= N;i++)
30. {
31. for (int v = Weight[i];v <= V;v++)
32. {
33. f[i][v] = 0;
34. nCount = min(Num[i],v/Weight[i]);//是当前背包容量v，而不是背包的总容量
35. for (int k = 0;k <= nCount;k++)
36. {
37. f[i][v] = max(f[i][v],f[i - 1][v - k * Weight[i]] + k * Value[i]);
38. }
39. }
40. }
41. return f[N][V];
42. }
43. int main()
44. {
45. cout<<MultiKnapsack()<<endl;
46. system("pause");
47. return 1;
48. }

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 3;//物品个数
const int V = 8;//背包容量
int Weight[N + 1] = {0,1,2,2};
int Value[N + 1] = {0,6,10,20};
int Num[N + 1] = {0,10,5,2};
int f[N + 1][V + 1] = {0};
/*
f[i][v]:表示把前i件物品放入容量为v的背包中获得的最大收益。
f[i][v] = max(f[i - 1][v],f[i - 1][v - k * Weight[i]] + K * Value[i]);其中1 <= k <= min(Num[i],V/Weight[i])
//初始化
f[i][0] = 0;
f[0][v] = 0;
*/
int MultiKnapsack()
{
	int nCount = 0;
	//初始化
	for (int i = 0;i <= N;i++)
	{
		f[i][0] = 0;
	}
	for (int v = 0;v <= V;v++)
	{
		f[0][v] = 0;
	}
	//递推
	for (int i = 1;i <= N;i++)
	{
		for (int v = Weight[i];v <= V;v++)
		{
			f[i][v] = 0;
			nCount = min(Num[i],v/Weight[i]);//是当前背包容量v，而不是背包的总容量
			for (int k = 0;k <= nCount;k++)
			{
				f[i][v] = max(f[i][v],f[i - 1][v - k * Weight[i]] + k * Value[i]);
			}
		}
	}
	return f[N][V];
}
int main()
{
	cout<<MultiKnapsack()<<endl;
	system("pause");
	return 1;
}

复杂度分析：

程序需要求解N*V个状态，每一个状态需要的时间为O（v/Weight[i]），总的复杂度为O(NV*Σ(V/Weight[i]))。

3、转换为01背包问题求解（直接利用01背包）

思路 1、直接对每一件物品进行拆分成min（Num[i],V/Weight[i]）件，之后在拆分后的集合上进行01背包的求解。

时间复杂度：和基本思路一样，没有降低。

思路 2、采用二进制拆分的思想。对每i件物品，拆分的策略为：新拆分的物品的重量等于1件,2件,4件,..,(2^(k - 1)),Num[i] - (2^(k - 1))件，其中k 是满足Num[i] - 2^k + 1 > 0 的最大整数。

注意，

（1）最后一个物品的件数的求法和前面不同，其直接等于 该物品的最大件数 - 前面已经分配之和。

（2）分成的这几件物品的系数和为

Num[i]，表明第i种物品取的件数不能多于Num[i]。

举例：某物品为13件，则其可以分成四件物品，其系数为1,2,4,6.这里k = 3。

当然，这里使用二进制的前提还是使用二进制拆分能

保证对于0,,,Num[i]间的每一个整数，均可以用若干个系数的和表示。

具体使用时，有一个小优化，即：

我们不对所有的物品进行拆分，因此物品一旦拆分，其物品个数肯定增加，那么复杂度肯定上去。

此时，我们可以选择性地对物品进行拆分：

（1）如果第i个物品的重量Weight[i] * 物品的个数Num[i] >= 背包总重量V，可以不用拆分。

（2）如果第i个物品的重量Weight[i] * 物品的个数Num[i] < 背包总重量V，可以不用拆分。

其实，拆不拆分，就看该物品能不能满足完全背包的条件。即，看该物品能不能无限量供应。

解释：为啥满足Weight[i] * 物品的个数Num[i] >= 背包总重量V的物品可以不用拆分?

此时，满足该条件时，此物品原则上是无限供应，直到背包放不下为止。

最终，对于不需要拆分的物品，可以看出完全背包的情况，调用处理完全背包物品的函数。对于需要拆分的物品，可以看出01背包的情况，调用处理01背包物品的函数。

这样，由于不对满足完全背包的物品进行拆分，此时物品个数就没有对所有物品拆分时的物品个数多，即程序中外层循环降低，复杂度也就下去了。

伪代码：

这里：C表示该物品的重量。M表示该物品的个数。V表示背包的最大容量。W表示该物品的收益。

代码：

[cpp] view plaincopyprint?

1. #include <iostream>
2. using namespace std;
3. const int N = 3;//物品个数
4. const int V = 8;//背包容量
5. int Weight[N + 1] = {0,1,2,2};
6. int Value[N + 1] = {0,6,10,20};
7. int Num[N + 1] = {0,10,5,2};
8. int f[V + 1] = {0};
9. /*
10. f[v]:表示把前i件物品放入容量为v的背包中获得的最大收益。
11. f[v] = max(f[v],f[v - Weight[i]] + Value[i]);
12. v的为逆序
13. */
14. void ZeroOnePack(int nWeight,int nValue)
15. {
16. for (int v = V;v >= nWeight;v--)
17. {
18. f[v] = max(f[v],f[v - nWeight] + nValue);
19. }
20. }
21. /*
22. f[v]:表示把前i件物品放入容量为v的背包中获得的最大收益。
23. f[v] = max(f[v],f[v - Weight[i]] + Value[i]);
24. v的为增序
25. */
26. void CompletePack(int nWeight,int nValue)
27. {
28. for (int v = nWeight;v <= V;v++)
29. {
30. f[v] = max(f[v],f[v - nWeight] + nValue);
31. }
32. }
33. int MultiKnapsack()
34. {
35. int k = 1;
36. int nCount = 0;
37. for (int i = 1;i <= N;i++)
38. {
39. if (Weight[i] * Num[i] >= V)
40. {
41. //完全背包:该类物品原则上是无限供应，
42. //此时满足条件Weight[i] * Num[i] >= V时，
43. //表示无限量供应，直到背包放不下为止.
44. CompletePack(Weight[i],Value[i]);
45. }
46. else
47. {
48. k = 1;
49. nCount = Num[i];
50. while(k <= nCount)
51. {
52. ZeroOnePack(k * Weight[i],k * Value[i]);
53. nCount -= k;
54. k *= 2;
55. }
56. ZeroOnePack(nCount * Weight[i],nCount * Value[i]);
57. }
58. }
59. return f[V];
60. }
61. int main()
62. {
63. cout<<MultiKnapsack()<<endl;
64. system("pause");
65. return 1;
66. }