揹包九講（4）

多重揹包問題 II

有 N 種物品和一個容量是 V 的揹包。

第 ii 種物品最多有 si 件，每件體積是 vi，價值是 wi。

求解將哪些物品裝入揹包，可使物品體積總和不超過揹包容量，且價值總和最大。
輸出最大價值。

輸入格式

第一行兩個整數，N，V，用空格隔開，分別表示物品種數和揹包容積。

接下來有 N 行，每行三個整數 vi,wi,si，用空格隔開，分別表示第 ii 種物品的體積、價值和數量。

輸出格式

輸出一個整數，表示最大價值。

資料範圍

0<N≤1000
0<V≤2000
0<vi,wi,si≤2000

提示：

本題考查多重揹包的二進位制優化方法。

輸入樣例

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

輸出樣例：

10

思路：
本題物品數量和體積都過大，因此要去優化，一般可以考慮將每個物品拆分開來，這樣就是單純的01揹包問題，但是全拆分為1份複雜度過大，因此使用二進位制來優化，所謂二進位制優化就是每次拆除2的倍數，先拆1再拆2,4...當無法拆時，停止即可，這樣需要logS，時間複雜度不會過大，可以接受

#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int N = 2020;

int f[N];

struct good{
    int v;
    int w;
};

int main(){
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    vector<good>goods;
    //將每種物品拆分（利用2進位制拆分）
    for(int i=0;i<n;i++){
        int v,w,s;
        cin>>v>>w>>s;
        for(int k=1;k<=s;k*=2){
            s-=k;
            goods.push_back({v*k,w*k});
        }
        //拆完 有剩餘 放入
        if(s>0) goods.push_back({v*s,w*s});
    }
    //拆分完後 就優化成了01揹包問題 使用01揹包模板即可
    //列舉每個物品
    for(auto good:goods){
        //體積從大到小
        for(int j=m;j>=good.v;j--){
            f[j]=max(f[j],f[j-good.v]+good.w);
        }
    }
    cout<<f[m];
}