POJ 1742 Coins(多重背包, 单调队列)

Description

People in Silverland use coins.They have coins of value A1,A2,A3...An Silverland dollar.One day Tony opened his money-box and found there were some coins.He decided to buy a very nice watch in a nearby shop. He wanted to pay the exact price(without change) and he known the price would not more than m.But he didn't know the exact price of the watch. 
You are to write a program which reads n,m,A1,A2,A3...An and C1,C2,C3...Cn corresponding to the number of Tony's coins of value A1,A2,A3...An then calculate how many prices(form 1 to m) Tony can pay use these coins. 

Input

The input contains several test cases. The first line of each test case contains two integers n(1<=n<=100),m(m<=100000).The second line contains 2n integers, denoting A1,A2,A3...An,C1,C2,C3...Cn (1<=Ai<=100000,1<=Ci<=1000). The last test case is followed by two zeros.

Output

For each test case output the answer on a single line.

Sample Input

3 10
1 2 4 2 1 1
2 5
1 4 2 1
0 0

Sample Output

8
4

多重背包, 可惜一般多重背包解法不可用

Q: 第二层循环到底是 v 还是余数 d ?

A: 严格分组背包问题的第二层循环是 d, 但也并非完全如此, 第二层分了3个部分, 分别是 01背包, 完全背包, 严格分组背包三种情况

思路:

1. 使用 DP 单调队列求解

2. 分析背包问题的一般解法, 并寻找优化方案

3. 背包问题一般解法的动态规划方程为 dp[i][v] = max(dp[i-1][v-k*w[i]]+k*v[i])

4. 将(3)写的再详细一点, 就是 dp[i][v] = max(dp[i-1][v](不拿), dp[i-1][v-w[i]]+v[i](拿一件), ... dp[i-1][v-k*w[i]]+k*v[i]), 假设 k 是允许拿的最多件数. 关于 k 的取值范围, 首先, k 应该小于 n[i](即第 i 件物品的件数), 其次, k*w[i] < v

5. 举个例子, 对于第 i 件物品, 假设 k == 2, 同时 v 恰好等于 6*w[i], 那么

　　dp[i][6*w[i]] = max(dp[i-1][6*w[i]], dp[i-1][5*w[i]]+v[i], dp[i-1][4*w[i]]+2*v[i])

　　dp[i][5*w[i]] = max(dp[i-1][5*w[i]], dp[i-1][4*w[i]]+v[i], dp[i-1][3*w[i]]+2*v[i])

　　dp[i][4*w[i]] = max(dp[i-1][4*w[i]], dp[i-1][3*w[i]]+v[i], dp[i-1][2*w[i]]+2*v[i])

观察上面三个式子, 发现等号右边有重复的部分, 比如 dp[i-1][4*w[i]] 在三个式子中都出现过, 那么对上式做一下调整

　　第一个式子, 右边都减去 6*v[i]

　　dp[i][6*w[i]] = max(dp[i-1][6*w[i]]-6*v[i], dp[i-1][5*w[i]]-5*v[i], dp[i-1][4*w[i]]-4*v[i]) + 6*v[i]

　　第二个式子, 等号右边减去 5*v[i]

　　dp[i][5*w[i]] = max(dp[i-1][5*w[i]]-5*v[i], dp[i-1][4*w[i]]-4*v[i], dp[i-1][3*w[i]]-3*v[i]) + 5*v[i]

　　第三个式子, 等号右边减去 4*v[i]

　　dp[i][4*w[i]] = max(dp[i-1][4*w[i]], dp[i-1][3*w[i]]-3*v[i], dp[i-1][2*w[i]]+2*v[i]) + 4*v[i]

经过转化, 三个式子右边就出现了部分相同的式子, 相同就意味着可以减少重复计算, 那么, 计算 dp[i][v] 的时候, 可以使用单调队列减少冗余计算, 比如

　　开始时, 队列含有 dp[i][4*w[i]] 等号右边三个子式, 求解完 dp[i][4*w[i]], 压缩唯一一个新的子式 dp[i-1][5*w[i]]-5*v[i], 并挤掉 dp[i-1][2*w[i]]+2*v[i], 最后压入 dp[i-1][6*w[i]]-6*v[i], 挤掉 dp[i-1][3*w[i]]-3*v[i], 单调队列能使这个过程的复杂度为 o(1) (dp[i-1][k*w[i]+d] 进入单调队列的次数仅有一次)

6. 再具体一些. v==k*w[i] 的意思是背包的容量恰好是第 i 件物品的 k 倍, 此时 d = v%w[i] = 0. 当 v == k*w[i]+1 时, 即 d == 1, 那么一次遍历可以求解 dp[i][6*w[i]+1], dp[5*w[i]+1], dp[i][4*w[i]]+1]... 可见, 每次遍历能够求解余数相同的那些数

假设 d == v%w[i], d 的取值范围是 [0, w[i]) , 每一项减去的是 v/w[i]

程序的框架可以是

7. 当 w == v 时的一个特例

每次入队(新加入队列)中的元素是 f[v]-(v/w[i])*v[i], 因为 w==v, 那么 f[v]-v+d, 其中 d=v%w[i]

返回的最大值是 队首元素+k/w[i]*v[i] = 队首元素+k-d

针对 1742 这道题, 题目仅要求求解能够覆盖的那些值, 所以题目变得简单一些了

对于 dp[i][k*w[i]+d], 我们仅需判断 dp[i][(k-(0...n[i]))*w[i]+d] 是否有 1  即可, 这有简化为 dp[i][(k-(0...n[i]))*w[i]+d] 的和是否为 0. 不为 0, 则覆盖

总结:

1. 多重背包的一般解法

　　<1> 直接解法. dp[i][v] = max(dp[i-1][v-k*w[i]]+k*v[i])

　　<2> 转换成01背包. 将一种物品拆分成 1, 2, 4, ...N-2^k-1件. 比如 13就能拆分成 1, 2, 4, 6 件, 然后使用 01 背包的思路求解

2. 单调队列的初始化方法

　　<1> st初始化为0, ed 初始化为 -1

　　<2> queue[++ed] = dp[v]

　　可以减少判断

3. 第 29 行代码 WA 过, v = d, 而不是 v =w[i]

代码:

#include <iostream>
using namespace std;

const int MAXN = 150;
int w[MAXN], c[MAXN];
int n, m;
bool dp[100000+10], queue[100000+10];

int solve_dp() {
	memset(dp, 0, sizeof(dp));
	memset(queue, 0, sizeof(queue));
	dp[0] = true;

	for(int i = 0; i < n; i ++) {
		if(c[i] == 1) {		// 仅允许一个包, 变成01背包问题
			for(int v = m; v >= w[i]; v--) {
				if(!dp[v] && dp[v-w[i]])
					dp[v] = 1;
			}
		}else if(c[i]*w[i] >= m) {	// 完全背包问题, 即 w[i]*c[i] < m, 放入件数的限制是 c[i]
			for(int v = w[i]; v <= m; v++) {
				if(!dp[v] && dp[v-w[i]])
					dp[v] = 1;
			}
		}else{	// 严格的分组背包问题
			for(int d = 0; d < w[i]; d++) {		// 对于所有余数 d [0, w[i])
				// 窗口大小为 c[i]
				int sum = 0, st = 0, ed = -1;	//st,ed 单调队列的开始和结尾, sum 队列中是否有一个 true
				for(int v = d; v <= m; v+= w[i]) {	// 完全背包 model, 但步长是 w[i]
					if(ed - st == c[i]) {	// 窗口大小为0, 移除队首元素, 队首后移一位
						sum -= queue[st++];
					}
					queue[++ed] = dp[v];
					sum += dp[v];
					if(!dp[v] && sum)
						dp[v] = 1;
				}
			}
		}
	}
	int res = 0;
	for(int i = 1; i <= m; i ++)
		res += dp[i];
	return res;

}
int main() {
	freopen("E:\\Copy\\ACM\\测试用例\\in.txt", "r", stdin);
	while(cin >> n >> m && n != 0) {
		for(int i = 0; i < n; i ++) {
			scanf("%d", &w[i]);
		}
		for(int i = 0; i < n; i ++) {
			scanf("%d", &c[i]);
		}
		// main function
		cout << solve_dp() << endl;
	}
	return 0;
}

　　

Update: 2014年3月14日10:04:41

1. sum = 1 -> dp[v] = 1 优化非常巧妙, 第二次做时依然没想到

2. 分组背包时, 注释写了完全背包 model, 但实际上写成 01 背包 model 也是可以的, 结果与之无关. 但写成 01 背包 model 更加合适, 毕竟分组背包的经典解法是转化为 01 背包

3. 此题和 九度 买卖股票 可以很好做下对比

4. 楼天成是男人就做八题其中一道