多重背包

本文参考dd_engi的《背包问题九讲》。
状态转移方程 $$f[i][j]=max{egin{Bmatrix} f[i-1][j-k imes w[i]]+k imes v[i] ext{ }| ext{ } 0 leqslant k leqslant m[i] end{Bmatrix} } $$对于朴素的做法，将每种物品拆分成(m[i])个01背包进行求解，但复杂度高达(O(V sum^{n}_{i=1} M_i))，难以接受。
考虑二进制优化，将每种物品拆分成(1,2,2^2,...,2^{k-1},M_i-2^k+1)个，这样可保证可以凑出任意小于等于(M_i)的数。优化后的复杂度为(O(V sum^{n}_{i=1} log M_i))，较为优秀。
上代码：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n,V; //物品个数，背包容量
int f[40005],m[100005],w[100005],v[100005]; //f为递推数组，m为每种物品的个数，w为体积，v为价值
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&V);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d%d%d",&v[i],&w[i],&m[i]);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        if(w[i]*m[i]>=V)    //先判断个数是否足够用，如果可以直接当完全背包做
        {
            for(int j=w[i];j<=V;++j)
                f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+v[i]);
            continue;
        }
        for(int k=1;k<m[i];m[i]-=k,k<<=1)   //二进制优化
            for(int j=V;j>=k*w[i];--j)      //每个拆分看作是一个物品，当作01背包解
                f[j]=max(f[j],f[j-k*w[i]]+k*v[i]);
        for(int j=V;j>=m[i]*w[i];--j)       //求剩下的
            f[j]=max(f[j],f[j-m[i]*w[i]]+m[i]*v[i]);
    }
    printf("%d",f[V]);
    return 0;
}

有时我们只考虑填满背包的可行性，而不关心具体的价值，那么此时有一种(O(VN))的做法：设(f[i][j])表示“用前(i)种物品填满容量为(j)的背包后，最多还剩下几个第(i)种物品可用”，代码如下：

memset(f,-1,sizeof(f));
f[0][0]=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
    for(int j=0;j<=V;++j)
        if(f[i-1][j]>=0) 
            f[i][j]=m[i];
    for(int j=0;j<=V-w[i];++j)
        if(f[i][j]>0)
            f[i][j+w[i]]=max(f[i][j+w[i]],f[i][j]-1);
}