超大揹包問題

題目：

特大揹包問題 (20分)
C時間限制：1000 毫秒 | C內存限制：10000 Kb
題目內容：
如今有一個容量爲C的揹包和N個重量和價值已知的物品. 如今要從這n個物品中挑選出一些物品, 使得選擇的物品的總重量不超過揹包的容量, 且總價值最大.
此題的數據範圍:
1 <= C <= 10^8(10的8次方)
1 <= N <= 100
輸入描述
有多組測試數據. 第一行一個正整數T(T<=15), 表示測試數據組數.
對於每組測試數據:
第一行兩個正整數N和C, 分別表示物品的數量和揹包的容量.
接下來N行, 每行兩個正整數w,v ,分別表示對應物品的重量和價值(1<= w <= 10^7, 1<= v <= 100)

輸出描述
輸出一個正整數, 表示在所選物品不超過揹包容量的狀況下, 可以獲得的最大價值.

輸入樣例
1
3 10
5 10
5 10
4 12

輸出樣例
22
————————————————

思路：

先求出全部物品的總價值V， 用一個一維數組，下標對應價值，數組儲存總價值依次減少時須要的最小容量，。

最後輸出 題目所給揹包容量對應的價值即爲所求答案。

核心代碼：

for(i=1;i<=n;i++)

for(int j = V ;j >= v[i];j--)

dp[j]= min( dp[j] , dp[j-v[i]] + w [i]);

 

經過代碼：

#include <iostream>
#include<cstring> 
using namespace std;
long long int  w[10000],v[10000],dp[10000];
int main()
{
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        long long int i,j,n,c,V=0;
        cin>>n>>c;
        for(i=1;i<=n;i++) 
        {
            cin>>w[i];
            cin>>v[i];
            V+=v[i];
        }
        memset(dp,1000000010,sizeof(dp)); ///要求最小容量，初始化爲最大值；
        dp[0]=0;
        for(i=1;i<=n;i++)
            for(int j = V ;j >= v[i];j--)
                dp[j]= min( dp[j] , dp[j-v[i]] + w [i]);
        for( i=V ;i>=0 ; i--)
            if(dp[i]<=c)
            {
               cout<<i<<endl; ///此處輸出i，即爲知足條件的最大價值
               break;
            }
        }
    return 0;    
} 

View Code

CSDN連接：https://blog.csdn.net/De_lovely_crane/article/details/100829699

 

 

 

 

 

通常解法：折半枚舉。

有n個重量和價值分別爲w[i]和v[i]的物品，從這些物品中挑選總重量不超過W的物品，求全部挑選方案中價值總和的最大值。其中，1 ≤ n ≤ 40， 1 ≤ w[i], v[i] ≤ 10^15, 1 ≤ W ≤ 10^15.
這個問題給人的第一感受就是普通的01揹包。不過，看完數據範圍會發現，此次價值和重量均可以是很是大的數值，相比之下n比較小。使用DP求解揹包爲題的複雜度是O(nW)，所以不能用來解決這個問題。此時咱們應該利用n比較小的特色來尋找其餘方法。

挑選物品的方案總共有2^n種，因此不能直接枚舉，可是若是將物品分紅兩半再枚舉的話，因爲每部分最多隻有20個，這是可行的。咱們把前半部分中的挑選方法對應的重量和價值總和記爲w一、v1，這樣在後半部分尋找總重w2 ≤ W - w1時使v2最大的選取方法便可。

所以，咱們要思考從枚舉獲得的（w2，v2）集合中高效尋找max{v2|w2 ≤ W'}的方法。首先，顯然咱們能夠排除全部w2[i] ≤ w2[j] 而且 v2[i] >= v2[j]的j。這一點能夠按照w二、v2的字典序排序後作到。此後剩餘的元素都知足w2[i] < w2[j] <=> v2[i] < v2[j]，要計算max{v2|w2 <= W'}的話，只要尋找知足w2[i] <= W'的最大的i就能夠了。這能夠用二分搜索完成，剩餘的元素個數爲M的話，一次搜索須要O(logM)的時間。由於M≤2^(n/2)，因此這個算法總的時間複雜度是O(n * 2^(n/2))，能夠在實現內解決問題。

大佬代碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
typedef long long ll;
const int MAXN = (int) 42;
const ll INF = (ll)0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
 
//輸入
int n;
ll w[MAXN],v[MAXN];
ll W;
 
pair<ll,ll> ps[1 << (MAXN/2)]; // 重量，價值
 
void solve(){
    // 枚舉前半部分
    int n2 = n / 2;
    for (int i = 0;i < 1 << n2;i ++){
        ll sw = 0,sv = 0;
        for (int j = 0;j < n2;j ++){
            if (i >> j & 1){
                sw += w[j];
                sv += v[j];
            }
        }
        ps[i] = make_pair(sw,sv);
    }
 
    // 去除多餘的元素
    sort(ps,ps + (1<<n2));
    int m = 1;
    for (int i = 1;i < 1 << n2;i ++){
        if (ps[m-1].second < ps[i].second) {
            ps[m++] = ps[i];
        }
    }
 
 
    // 枚舉後半段部分並求解
    ll res = 0;
    for (int i = 0;i < 1 << (n-n2);i ++){
        ll sw = 0,sv = 0;
        for (int j = 0;j < n-n2;j ++){
            if (i >> j & 1 ){
                sw += w[n2+j];
                sv += v[n2+j];
            }
        }
        if (sw <= W){
            ll tv = (lower_bound(ps,ps + m,make_pair(W-sw,INF))-1)->second;
            res = max(res,sv + tv);
        }
    }
 
    printf("%lld\n",res);
}

View Code