牛牛的背包问题(另类背包问题)

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题目描述

牛牛准备参加学校组织的春游, 出发前牛牛准备往背包里装入一些零食, 牛牛的背包容量为w。

牛牛家里一共有n袋零食, 第i袋零食体积为v[i]。

牛牛想知道在总体积不超过背包容量的情况下,他一共有多少种零食放法(总体积为0也算一种放法)。

输入描述:

输入包括两行第一行为两个正整数n和w(1 <= n <= 30, 1 <= w <= 2 * 10^9),表示零食的数量和背包的容量。第二行n个正整数v[i](0 <= v[i] <= 10^9),表示每袋零食的体积。

输出描述:

输出一个正整数, 表示牛牛一共有多少种零食放法。

示例1

输入

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3 10
1 2 4

输出

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8

说明

三种零食总体积小于10,于是每种零食有放入和不放入两种情况，一共有2*2*2 = 8种情况。

核??: 动态规划的核心就是合并状态,使搜索空间变小. 这个问题由于背包太大的缘故, 使用背包复杂度O(nm);很明显不行, 网上对这道题的做法是dfs, 说白了就是暴力枚举, 当这样的数据, n=30, m=29, n个糖果质量为1时, 运算次数会达到2^30次...总之题目数据不强, 怎么办呢...我是这样做的, 另类二分, 将数据非为两半, 分别暴力枚举俩个部分(2^15), 然后把两部分状态相加小于背包容量的方案加起来, 这样就好啦~~

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
struct node {
    LL val;
    LL cnt;
};
int n; LL v;
LL w[35];
vector<node> f(int l, int r) {
    vector<node> ans;
    int len=r-l+1;
    int base=1<<len;
    map <LL, int> mapp;
    for (int i=0;i<base;i++) {
        LL tsum=0;
        for (int k=0;k<len;k++)
            if (i&(1<<k))
                tsum+=w[k+l];
        mapp[tsum]++;
    }
    for (auto it: mapp) {
        node tmp={it.first, it.second};
        ans.push_back(tmp);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    scanf("%d %lld",&n,&v);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld",&w[i]);
    vector<node> a1=f(1, n/2);
    vector<node> a2=f(n/2+1, n);
    for (int i=1;i<a2.size();i++)
        a2[i].cnt+=a2[i-1].cnt;
    int l1=a1.size();
    int j=a2.size()-1;
    LL ans=0;
    for (int i=0;i<l1;i++) {
        while (j>=0&&a1[i].val+a2[j].val>v) j--;
        if (j<0) break;
        ans+=a1[i].cnt*a2[j].cnt;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/xidian-mao/p/11368388.html