01背包k优解/P1858 多人背包

参考：背包九讲\(9.5\)。

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题意：求01背包前\(k\)优解的价值和。策略不同但价值相同视为不同方案。要求背包必须装满。

算法时间复杂度：\(O(VNK)\)。

考虑01背包的最优解。\(c\)即\(cost\)（花费），\(v\)即\(value\)（价值）。

\[dp[i][j]=max\{dp[i-1][j],dp[i-1][j-c[i]]+v[i]\} \]

既然是\(k\)优解，那么就用\(dp[i][j][k]\)来表示吧！

此时，我们如果再把\(dp[i][j]\)看作是一个状态的话，那么这个状态存储的就是一个\([1...k]\)的序列。表示从最优解到\(k\)优解。很明显，这样一个正常的序列应该是单调递减的。

带着\(dp[i][j]\)状态是一个单调递减序列的认识，我们再来看看上面的递推式。

如果全部选择了前一项，那么新的序列就是\(dp[i-1][j]\)。

如果全部选择了后一项，那么新的序列就是\(dp[i-1][j-c[i]]\)的每一项加上\(v[i]\)。

为了保证我们新的序列是前k优解，这两个选择带来的\(2k\)项，我们选择更优的前\(k\)项即可。

并且因为两个序列都是单调递减的序列，这一步只需要\(O(k)\)。

于是就在普通\(01\)背包的\(dp[V]\)上增一维\(dp[V][K]\)即可，从原本每一步\(O(1)\)的取\(max\)变成\(O(k)\)的转移序列。总时间复杂度就是\(O(VNK)\)。

代码实现出奇简单...

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=210;
const int V=5010;
const int K=55;
int c[N],v[N];
int dp[V][K];//容量为v时的k优解
int qu[K];//临时存放序列
int main()
{
	int k,m,n;
	scanf("%d%d%d",&k,&m,&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d%d",&c[i],&v[i]);
	memset(dp,-0x3f,sizeof dp);
	dp[0][1]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=m;j>=c[i];j--)
		{
			for(int l=1,f1=1,f2=1;l<=k;l++)
				qu[l]=(dp[j][f1]>dp[j-c[i]][f2]+v[i])?dp[j][f1++]:dp[j-c[i]][f2++]+v[i];
			for(int l=1;l<=k;l++)
				dp[j][l]=qu[l];
		}
	int res=0;
	for(int i=1;i<=k;i++)res+=dp[m][i];
	printf("%d\n",res);
	return 0;
}