005：完全背包问题(DP)

Messj

题目：有N种物品和一个容量为V的背包。第i种物品有若干件可用，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。

这个问题和我01背包问题很相似,不同的是该问题中的物品每一件有若干件,而01背包中的每一件物品只有一件.
动态规划（DP）：
        1） 子问题定义：F[i][j]表示前i种物品中选取若干件物品放入剩余空间为j的背包中所能得到的最大价值。
        2） 根据第i种物品放多少件进行决策,我们可以将该问题转化为01背包问题求解，对于特定的容量,每一件物品最多放V/C[i]件，然后按照01背包dp
可按照01背包的思路得出

1. dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-k*need[i]]+k*value[i]);

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基本解法：

1. #include<cstdio>
   
2. #include<cstring>
   
3. #include<iostream>
   
4. 
   
5. using namespace std;
   
6. const int maxn=100;
   
7. 
   
8. int n,V;
   
9. int f[maxn][maxn];
   
10. int need[maxn],value[maxn];
    
11. 
    
12. int main()
    
13. {
    
14.         while(scanf("%d%d",&n,&V))
    
15.         {
    
16.                 if(n<=0||V<=0)
    
17.                         break;
    
18.                 memset(f,0,sizeof(f));
    
19.                 memset(need,0,sizeof(need));
    
20.                 memset(value,0,sizeof(value));
    
21.                 for(int i=1;i<=n;i++)
    
22.                         scanf("%%",&need[i],&value[maxn]);
    
23.                 for(int i=1;i<=n;i++)
    
24.                 {
    
25.                         for(int v=need[i];v<=V;v++)
    
26.                         {
    
27.                                 for(int k=1;k<=v/need[i];k++)
    
28.                                         f[i][v]=max(f[i][v],f[i-1][v-k*need[i]]+k*value[i]);
    
29.                         }
    
30.                 }
    
31.         }
    
32.         return 0;
    
33. }

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此刻的时间复杂度为O（VN*sum(v/Ci)）

       若两件物品满足C[i] ≤C[j]&&W[i] ≥W[j]时将第j种物品直接筛选掉。因为第i种物品比第j种物品物美价廉，用i替换j得到至少不会更差的方案。
       这个筛选过程如下：先找出体积大于背包的物品直接筛掉一部分（也可能一种都筛不掉）复杂度O(N)。利用计数排序思想对剩下的物品体积进行
排序，同时筛选出同体积且价值最大的物品留下，其余的都筛掉（这也可能一件都筛不掉）复杂度O(V)。整个过程时间复杂度为O(N+V)

Messj

转化为01背包：
       因为同种物品可以多次选取，那么第i种物品最多可以选取V/C[i]件价值不变的物品，然后就转化为01背包问题。整个过程的时间复杂度并未减少。
如果把第i种物品拆成体积为C[i]×2k价值W[i]×2k的物品，其中满足C[i]×2k≤V。那么在求状态F[i][j]时复杂度就变为O(log2(V/C[i]))。整个时间复杂度就
变为O(NVlog2(V/C[i]))
时间复杂度优化为O(NV)，将原始算法的DP思想转变一下。即等价为F[i][v]=max(F[i-1][v],F[i][v-c[i]]+w[i])，由此可看出，相对于背包问题，f[i][v]所要依赖的数据不再只是上一轮的数据（只有上一轮对应的数据），还需要本轮旧的数据。当空间复杂度优化至O（V）,需要将本轮旧的数据进行更新。当我们正向进行时，上一轮的旧数据会被本轮覆盖，而这些旧数据对于本轮接下来的数据判定无影响。

1. #include<cstdio>
   
2. #include<cstring>
   
3. #include<iostream>
   
4. 
   
5. using namespace std;
   
6. const int maxn=100;
   
7. 
   
8. int n,V;
   
9. int f[maxn];
   
10. int need[maxn],value[maxn];
    
11. 
    
12. int main()
    
13. {
    
14.         while(scanf("%d%d",&n,&V))
    
15.         {
    
16.                 if(n<=0||V<=0)
    
17.                         break;
    
18.                 memset(f,0,sizeof(f));
    
19.                 memset(need,0,sizeof(need));
    
20.                 memset(value,0,sizeof(value));
    
21.                 for(int i=1;i<=n;i++)
    
22.                         scanf("%%",&need[i],&value[maxn]);
    
23.                 for(int i=1;i<=n;i++)
    
24.                 {
    
25.                         for(int v=need[i];v<=V;v++)
    
26.                         {
    
27.                                         f[v]=max(f[v],f[v-need[i]]+value[i]);
    
28.                         }
    
29.                 }
    
30.         }
    
31.         return 0;
    
32. }

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