乘法原理
乘法原理是说把多个步骤的所有方法相乘，表示整个事件所有可能的解决方法
原题
有 N� 种物品和一个容量是 V� 的背包。
第 i� 种物品最多有 si�� 件，每件体积是 vi��，价值是 wi��。
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�，�，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 vi,wi,si��,��,��，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≤10000<�≤1000
0<V≤20000<�≤2000
0<vi,wi,si≤20000<��,��,��≤2000
提示：
本题考查多重背包的二进制优化方法。
输入样例
4 5
1 2 3
2 4 1
3 4 3
4 5 2
输出样例：
10
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| 难度：中等 |
| 时/空限制：1s / 64MB |
| 总通过数：75903 |
| 总尝试数：164479 |
| 来源：背包九讲 , 模板题 |
| 算法标签 |
挑战模式
原题链接
传送门
代码
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=11000+10,M=2000+10;
int v[N],w[N];
int f[M];
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
int cnt=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
int a,b,s;
scanf("%d%d%d",&a,&b,&s);
int k=1;
while(k<=s)
{
cnt++;
v[cnt]=k*a;
w[cnt]=k*b;
s-=k,k*=2;
}
if(s>0)
{
cnt++;
v[cnt]=s*a;
w[cnt]=s*b;
}
}
n=cnt;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=m;j>=v[i];j--)
{
f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
}
}
printf("%d\n",f[m]);
return 0;
}总结
一、二进制优化
1.不优化的情况的时间复杂度是N^3，在数据范围比较大的时候会超时，所以我们选择二进制优化，把一维的N优化为logN，时间复杂度变为N^2*logN，可以通过这道题
2.思路是，给定了物品数目s,可以选择0件，1件，2件，......，s件物品，一个一个循环的话需要循环s+1次才能表示所有的情况，如果我们使用二进制的话，int范围内都只需要32位数字，就可以表示所有数字，数据范围是2000，只需要最多11个数字，2^11=2048，2^0,2^1,2^2,...2^11,二进制表示本质和01背包就很相似，每一个数位选择0或者是1，从而可以表示所有数字
3.注意一个一般化的情况，物品的件数s不是2的整数次幂，比如数字10，2^0=1,2^1=2,2^2=4,2^3=8,0+1+2+4+8>10,如果选择到数字2^3=8，超过了我们最多可以选择的件数10，这会造成理论上可以选择多件物品，但是实际上只有10件物品可以选择，所以我们只能选择到2^2=4,0+1+2+4=7,再补充一个数字10-7=3,原来的0，1，2，4可以表示0~7范围的所有数字，加上数字3之后，可以表示0~10范围的所有数字，0，1，2，4表示0~7范围内所有数字的方法就是二进制计数，每一个数位是否选择该数字
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- -：000 0 0
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- ：001 1 1
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- -：010 2 2
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- -：011 3 1+2
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- -：100 4 4
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- -：101 5 4+1
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- ：110 6 4+2
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- ：111 7 4+2+1
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二、代码细节
1.表示物品的数组的容量是 1000*11（二进制优化），表示答案的数组的容量是2000，都增加10防止数组越界
2.本质是把一件物品拆成多组物品，是否选择该组物品，从而把多重背包转换成01背包来进行求解
3.用一个计数器来存数组下标，和单链表的dix类似，while循环之后加一个if特判，表示最后一种情况，和质因数分解类似，也是判断最后处理的结果
4.原来的n件物品变成了现在的cnt件物品，因为计数器从1开始作为数下标存储物品的体积和价值，所以套用01背包模板的时候要从1开始遍历，01背包模板的第二层循环体积从大到小遍历