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AcWing 6. 多重背包问题 $III$

一、题目描述

有 N 种物品和一个容量是 V 的背包。

第 i 种物品最多有 s_i 件，每件体积是 $v_i$，价值是 $w_i$。

求解将哪些物品装入背包，可使物品体积总和不超过背包容量，且价值总和最大。 输出最大价值。

输入格式 第一行两个整数，N，V (0<N≤1000, 0<V≤20000)，用空格隔开，分别表示物品种数和背包容积。

接下来有 N 行，每行三个整数 $v_i,w_i,s_i$，用空格隔开，分别表示第 i 种物品的体积、价值和数量。

输出格式 输出一个整数，表示最大价值。

数据范围 0<N≤1000

0<V≤20000

0<v_i,w_i,s_i≤20000

提示

本题考查多重背包的单调队列优化方法。

输入样例

4 5
1 2 3
2 4 1
3 4 3
4 5 2

输出样例：

10

二、三种解法如何选择

三种解法的根本区别在于数据范围，题面都是一样的：

<style> .center { width: auto; display: table; margin-left: auto; margin-right: auto; } </style>

① 朴素版本	② 二进制优化版本	③ 单调队列优化版本
n≤100,$V≤100$	n≤1000,$V≤2000$	n≤1000,$V≤20000$

温馨提示：其实啊，三种都需要熟练背下来，谁知道考试时出题人会从哪个版本出发搞你

三、单调队列优化

使用朴素版本利用数据进行调试，找一下规律，看看哪个状态间存在转移关系：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int n, m;
int v, w, s;
int f[N];

/**
 * 测试用例:
 2 9
 3 5 2
 2 4 3
 */
int main() {
    scanf("%d %d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> v >> w >> s; //体积、价值、数量
        //一维是倒序，而且最小值可以到达v
        for (int j = m; j >= v; j--)
            for (int k = 0; k <= s && j >= k * v; k++) {
                f[j] = max(f[j], f[j - k * v] + k * w);
                //输出中间过程，用于调试，找规律
                printf("f[%d]=%2d f[%d]+%d=%d\n", j, f[j], j - k * v, k * w, f[j - k * v] + k * w);
            }
    }
    return 0;
}

原理解析

多重背包:物品个数是复数个，但又不是无限个。

• 当作$01$背包来理解，$s$个物品当成$s$次$01$背包操作。然后优化的话通过 二进制 来优化。
• 当作完全背包来理解，就是有数量限制的完全背包，而这个数量限制就可以理解成 滑动窗口的长度,然后优化通过 单调队列 来优化。

队列的单调性就是基于

f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i - 1][j - v] + w,.....,f[i - 1][j - k * v] + k * w

要将前$i - 1$个物品的方案基础上不停尝试放入第$i$个物品，遍历取最大值。 $f[i - 1][j - k*v] + k *w$表示，总空间是$j$，有且仅有$k$个物品$i$，其余空间通过前$i - 1$个物品填充的最大价值。

多重背包因为有数量限制，向前遍历的个数$k$是受到数量$s$限制的。

所以要将$max$中的每个元素$f[i - 1][j], f[i - 1][j - v] + w,.....,f[i - 1][j - k * v] + k * w$，通过维护单调队列，来获得当前窗口宽度$s$范围内的最大值。

并且在$j = j + v$后，队列中所有元素对应状态与当前背包空间差增加了$v$，可以多放一个物品$i$，每个元素对应的价值增加$w$，全部都加一个$w$，所以单调性不发生任何变化。

两种优化可以理解成两种思路的进化路线。

二维版本

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 1010;  // 物品种类上限
const int M = 20010; // 背包容量上限
int n, m;

int f[N][M]; // 前i个物品，在容量为j的限定下，最大的价值总和
int q[M];    // 单调优化的队列,M是背包容量上限，说明q[]里面保存的是体积

// 二维+队列[k-s*v,k],队列长s+1
int main() {
    cin >> n >> m;

    for (int i = 1; i <= n; i++) { // 考虑前i种物品
        int v, w, s;               // 体积、价值、个数
        cin >> v >> w >> s;
        // 下面的j,k是一起用来描述剩余体积的,之所以划分成两层循环，是因为依赖的前序是按v为间隔的依赖，并且，是有个数限制的依赖
        // j:按对体积取模分组：0表示剩余空间除以当前物品的体积余数是0
        // k:分组内的每一个体积,注意：这里的体积不一定都是合法的，因为数量是有限制的
        // 单调队列的意义：查找前面k-s*v范围内的价值的最大值，是一个单调递减的队列，队头保存的是获取到最大值的最近体积
        for (int j = 0; j < v; j++) {         // 按余数分组讨论
            int hh = 0, tt = -1;              // 全新的单调下降队列
            for (int k = j; k <= m; k += v) { // 与j一起构成了有效体积
                // 1、讨论到第i个物品时，由于它最多只有s个，所以有效的转移体积最小是k-s*v,更小的体积将被去除
                if (hh <= tt && q[hh] < k - s * v) hh++;
                // 2、处理队尾,下一个需要进入队列的是f[i-1][k]，它是后来的，生命周期长，可以干死前面能力不如它的所有老头子,以保证一个单调递减的队列
                while (hh <= tt && f[i - 1][q[tt]] + (k - q[tt]) / v * w <= f[i - 1][k]) tt--;
                // 3、k入队列
                q[++tt] = k;
                // 4、队列维护完毕，f[i-1][k]已经进入队列,f[i][k]可以直接从队头取出区间最大值更新自己
                f[i][k] = f[i - 1][q[hh]] + (k - q[hh]) / v * w;
            }
        }
    }
    printf("%d\n", f[n][m]);
    return 0;
}

一维版本

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 1010, M = 20010;

int n, m;
int f[M], g[M];
int q[M];
int v, w, s;
// 一维写法
int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        memcpy(g, f, sizeof g);
        cin >> v >> w >> s;
        for (int j = 0; j < v; j++) {
            int hh = 0, tt = -1;
            for (int k = j; k <= m; k += v) {
                if (hh <= tt && q[hh] < k - s * v) hh++;
                while (hh <= tt && g[k] >= g[q[tt]] + (k - q[tt]) / v * w) tt--;
                q[++tt] = k;

                f[k] = max(g[k], g[q[hh]] + (k - q[hh]) / v * w);
            }
        }
    }
    printf("%d\n", f[m]);
    return 0;
}

七、疑问与解答　

Q_1:单调队列中装的是什么？

A:是体积，是$f[i][j]$可以从哪些 体积 转移而来。比如当前$i$物品的体积是v_i=2,个数是$3$，那么$f[i][j]$可以从

\large \left\{\begin{array}{l}
 f[i-1][j-v_i*0]+0*w_i& 选择0个 \\ 
 f[i-1][j-v_i*1]+1*w_i& 选择1个\\ 
 f[i-1][j-v_i*2]+2*w_i& 选择2个 \\ 
 f[i-1][j-v_i*3]+3*w_i& 选择3个 
\end{array}\right.

转移而来，也就是$(j-v_i0,j-v_i1,j-v_i2,j-v_i3)$这四个中的一个。

当然，还需要判断一下是不是你的背包能装下那么多，一旦装不下了就别硬装了。

Q_2:只记录体积怎么计算最大价值？

A:只记录了所关联的体积，最大价值是现算:

\large f[i][k] = f[i - 1][q[hh]] + (k - q[hh]) / v * w

即，自己的最优解，可以通过前序当中 最大值 所在的体积q[hh]转移而来，增量价值是 \large \displaystyle (k - q[hh]) / v * w

Q_3:单调队列的使用场景在哪里？

A:使用单调队列的 唯一场景 就是 离我在$S$的范围内，最大或最小值是多少? 它的任务是做到$O(1)$的时间复杂度进行快速查询结果，所以，只能是放在队首，不能再进行遍历或者二分，那样就不是$O(1)$了。

Q_4:单调队列是怎么样做到将最优解放到队首的呢？

$A:$单调队列优化有三步曲，按套路做就可以完成这样的任务：

• 将已经超过 窗口范围 的旧数据从单调队列中去掉，保证窗口中只有最近的、最多$s$个(或s+1,这和具体的题意有关，后续会继续说明~)有效数据。

• 利用队首中保存的体积，我们知道最大值的前序体积q[hh],从这个体积转移而来就行。

  \large f[i][k] = f[i - 1][q[hh]] + (k - q[hh]) / v * w

• 滑动窗口是建立在前序数组$f[i-1]$上的，范围只能是前面一行$f[i-1][j],f[i-1][j-v],f[i-1][j-2v],...,f[i-1][j-kv]$

$Q_5:$此处的单调队列，是递增还是递减的？

$A:$是一个单调递减的队列,队列头存储的是窗口中的最大值所对应的体积。

Q_6:为什么要先进队列，再更新答案呢？我看有些同学是先更新答案，再进队列啊？

A:这个主要看$f[i-1][k]$是不是可以成为答案的备选项，如果是，那么就先进队列，再更新；如果不是，则先更新再进队列。以本题为例，$f[i][k]$可不可以从$f[i-1][k]$迁移而来呢？从实际含义出发，是可以的，这表示：第$i$个物品一个也不要，在空间最大是$k$的情况下，最大值如何表示？此时，当然最大值表示为$f[i-1][k]$了，即可以成为答案的备选项，需要先进队列再更新答案。

Q_7:if (hh <= tt && q[hh] < k - s * v) hh++;

不是应该是$0$~$s$个物品$i$吗，不应该是$(k-q[hh])/v>s+1$个项吗？

答：好问题！确实是$0$~$s$共$s+1$个，按理说单调队列长度最长应该是s+1,这里为什么只有$s$个长度呢？

$DP$问题都可以视为一个填表求解的过程，比如本题就是一个二维表格的填充过程： $f[i][j]$：前$i$个物品中选择，在体积上限是$j$的情况下，所能获取到的最大价值。 从上到下，从左到右去填表，我们发现了以下的事实：

• 每一个二维表中的位置，都是可以从上一行中的某些位置转移而来的。比如：

f[i-1][j] \rightarrow f[i][j]

f[i-1][j-v]+w \rightarrow f[i][j]

f[i-1][j-2v]+2w \rightarrow f[i][j]

f[i-1][j-3v]+3w \rightarrow f[i][j]

....

f[i-1][j-s*v]+s*w \rightarrow f[i][j]

当然，这也不一定都对，因为要保证j-s*v>=0

这些数据依赖是 跳跃性的前序依赖，所以，我们按对体积取模的余数分组，按组讨论，就可以把二维表填充满。

• 它的前序依赖单元格个数是$s$(指最大值)个，我们需要在这些个值中找出一个$max$。这是一个距离我最近$X$个元素内找出最大值的典型问题：单调递减队列求区间最大值，队头元素即答案。

• Q:为什么是单调队列呢？如何运用单调队列求解呢？ 就是维护一个队列，它是由大到小的顺序单调存在的。对于后面每一个加入进来的数据，因为它是最新出生的，就算是最小，当前面老家伙们死光后，它也可能成为掌门人(黄鼠狼下豆鼠子，一辈不如一辈，这种情况就是可能的~)，它必须保留！而它前面的老家伙，即使再厉害，由于年龄到了，也需要去世。没有来的及去世的老家伙们，因为能力值小于最后加入的数据，也就没有存在下去的必要，因为后面向前找，肯定先找到新出生而且能力值高的嘛，这些老家伙去世算了。

好了，我们成功的为最后加入的家伙找到了存在下去的必要性，没它可不行！！！

所以,我们视f[i - 1][k]为新出生的家伙，用它与之前的老家伙们PK,而且，它还必须要参与到单调队列中去，它不能去世！

Q:为啥要视它为最新出生的家伙，咋不视别人呢？ A:往前倒着看，离自己最近，谁最近？因为这里的距离其实是按体积看的，和自己一样体积的单元格，在自己的正上方，上可以转移到$f[i][j]$的吧，$f[i-1][k]$当然是最后一个啦。

如果被它占了一个名额后，就剩下$s$个位置了。

同时，我们也注意到，就是因为上面讨论到的原因，使得在执行f[i][k] = f[i - 1][q[hh]] + (k - q[hh]) / v * w; 之前，需要执行 q[++tt]=k,让新出生的家伙进入队列，凑齐s+1个