完全背包

有$N$件物品和一个容量是$M$的背包。每种物品都有无限件可用。第 $i$件物品的体积是$v_i$，价值是 $w_i$。

求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。

输出最大价值。

输入格式

第一行两个整数，$N$，$M$，用空格隔开，分别表示物品数量和背包容积。

接下来有 $N$ 行，每行两个整数 $v_i$,$w_i$，用空格隔开，分别表示第 $i$ 件物品的体积和价值。

输出格式

输出一个整数，表示最大价值。

样例 #1

样例输入 #1

4 5
1 2
2 4
3 4
4 5

样例输出 #1

10

提示

$0<N,M\le 1000$

$0<v_i,w_i\le 1000$

算法思想

状态表示

完全背包的特点是每种物品都有无限件可用。仍可以采用01背包的思想，将处理每种物品作为一个阶段，考虑在不同背包容量情况下的最大价值，将其状态定义为$f[i][j]$，表示对于前$i$种物品，在背包容量为$j$的情况下，背包获得的最大价值。

状态计算

在当前阶段，对于第$i$种物品来说，有多种情况可以选择：

• 放入$0$件，此时的最大价值为前$i-1$种物品，在背包容量为$j$的情况下的最大价值$f[i-1][j]$。
• 放入$1$件，此时背包的最大价值为前$i-1$种物品，在背包容量为$j-v_i$的情况下的最大价值$f[i-1][j-v_i]+w_i$
• 放入$2$件，此时背包的最大价值为前$i-1$种物品，在背包容量为$j-2\times v_i$的情况下的最大价值$f[i-1][j-2\times v_i]+2\times w_i$
• …
• 放入$k$件，此时背包的最大价值为前$i-1$种物品，在背包容量为$j-k\times v_i$的情况下的最大价值$f[i-1][j-k\times v_i]+k\times w_i$

以上情况的前提是背包能够装得下$k$件第$i$种物品，也就是背包容量$j\ge k\times v_i$。那么，$f[i][j]$应该选择所有情况的最大值，即 f [ i ] [ j ] = max ⁡ { f [ i − 1 ] [ j − k × v i ] + k × w i } f[i][j] = \max\{f[i-1][j-k\times v_i]+k\times w_i\} f[i][j]=max{f[i−1][j−k×vi​]+k×wi​}，其中$0\le k$，并且$k\times v_i\le j$。

初始状态

$f[0][0]$表示将前$0$种物品装入容量为$0$的背包中的产生的最大价值为$0$。

时间复杂度

• 状态数$n\times m$
• 状态计算时需要枚举第$i$件物品的数量$k$，时间复杂度为$O(m/v)$

总的时间复杂的为$O(n\times m^2/v)$。

代码实现

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1010, M = 1010;
int f[N][N];
int main(){int n, m;cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; i++){int v, w;cin >> v >> w;for(int j = 0; j <= m; j++){for(int k = 0; k * v <= j; k++){f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - k * v] + k * w);}}}cout<<f[n][m]<<endl;return 0;
}

时空优化

根据上述状态转移方程，考虑能否直接用一维数组计算状态？

由 f [ i ] [ j ] = max ⁡ { f [ i − 1 ] [ j ] , f [ i − 1 ] [ j − v ] + w , f [ i − 1 ] [ j − 2 × v ] + 2 × w + . . . + f [ i − 1 ] [ j − k × v ] + k × w } f[i][j] = \max\{f[i-1][j], f[i-1][j-v]+w, f[i-1][j-2\times v]+2\times w+...+f[i-1][j-k\times v]+k\times w\} f[i][j]=max{f[i−1][j],f[i−1][j−v]+w,f[i−1][j−2×v]+2×w+...+f[i−1][j−k×v]+k×w}

可得， f [ i ] [ j − v ] = max ⁡ { f [ i − 1 ] [ j − v ] , f [ i − 1 ] [ j − 2 × v ] + w , f [ i − 1 ] [ j − 3 × v ] + 2 × w + . . . + f [ i − 1 ] [ j − k × v ] + k × w } f[i][j - v] = \max\{f[i-1][j - v], f[i-1][j-2\times v]+w, f[i-1][j-3\times v]+2\times w+...+f[i-1][j-k\times v]+k\times w\} f[i][j−v]=max{f[i−1][j−v],f[i−1][j−2×v]+w,f[i−1][j−3×v]+2×w+...+f[i−1][j−k×v]+k×w}，

也就是说， f [ i ] [ j ] = max ⁡ { f [ i − 1 ] [ j ] , f [ i ] [ j − v ] + w } f[i][j] = \max\{f[i-1][j], f[i][j−v]+w\} f[i][j]=max{f[i−1][j],f[i][j−v]+w}，$f[i][j]$除了跟$f[i-1][j]$有关，只与$f[i][j-v]+w$有关。

此时将状态表示的二维数组压缩为一维后， f [ j ] = max ⁡ { f [ j ] , f [ j − v ] + w } f[j] = \max\{f[j], f[j−v]+w\} f[j]=max{f[j],f[j−v]+w}。需要注意的是，这里$f[j-v]$是$i$阶段的状态，由于$j-v\le v$，因此只需要从小到大枚举背包容量，就可以保证使用$i$阶段的状态$f[j-v]，来$计算$f[j]$的最大值。这样不但可以将状态的二维数组优化为一维，也无需枚举第$i$种物品的数量。

时间复杂度

• 状态数$n\times m$
• 状态计算时间复杂度为$O(1)$

总的时间复杂的为$(n\times m)$

代码实现

#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 1010;
int f[M];
int main()
{int n, m;cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; i ++){int v, w;cin >> v >> w;for(int j = v; j <= m; j ++){f[j] = max(f[j], f[j - v] + w);}}cout << f[m];return 0;
}

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