多重背包/装箱算法

Posted 2023-02-16

【中文标题】多重背包/装箱算法

【英文标题】：Multiple Knapsack/Bin-packing algorithm

【发布时间】：2018-04-15 17:57:00

【问题描述】：

问题如下：

你有一个包含 n 个对象的堆栈，每个对象的体积为 Vi。你也有 k 个盒子，它们都有一个固定的体积 V。对于堆栈顶部的每个对象，如果该对象适合当前的盒子，你必须在将它放入盒子和移动到下一个对象之间做出选择，或关闭此框并跳至下一个框。

每个盒子的成本定义为盒子里剩下的体积的平方。

您的目标是将所有对象放入盒子中，并最小化所有盒子成本的总和。

我应该使用什么算法（我在想一些图表）？

【问题讨论】：

查看en.wikipedia.org/wiki/Knapsack_problem#Solving

@yalpsideman 不太可能有解决方案，因为这个问题是一个相当受限的版本：考虑对象的顺序是固定的。

【参考方案1】：

这可以通过动态规划来解决。

状态可以是（满箱数，取走物数）。

函数是达到这种状态的最小总成本。

可以如下进行转换。 让我们从状态(box, obj) 开始，当我们已经知道实现它的最佳方法时，成本为f[box][obj]。 取对象编号obj+1、obj+2、...，直到它们的体积总和v[i]超过盒子容量V。

在获取每个新对象i之后，如果我们关闭当前框会发生什么？ 我们已经达到状态(box + 1, i)，成本是f[box][obj]加上（V减去体积之和v[obj+1]、v[obj+2]、...、v[i]）的平方。 如果这是迄今为止实现(box+1, i) 状态的最佳方式，请将其分配给f[box+1][i]。

基地是f[0][0] = 0。

答案是f[k][n]，其中k 是盒子的数量，n 是对象的数量。

在伪代码中：

f = array [0..k] [0..n] of integers
fill f[][] with infinity
f[0][0] = 0
for box = 0, 1, ..., k-1:
    for obj = 0, 1, ..., n:
        if f[box][obj] < infinity:
            left = V
            f[box+1][obj] = min (f[box+1][obj], f[box][obj] + V*V)
            for i = obj+1, obj+2, ..., n:
                left -= v[i]
                if left < 0:
                    break
                f[box+1][i] = min (f[box+1][i], f[box][obj] + left*left)
answer = f[k][n]

【讨论】：

你的回答真的很好，但是我觉得我表达的问题不够好……我忘了说最后的成本也考虑了空箱。示例：第 5 卷的 2 个对象和第 10 卷的 2 个盒子，通过每个盒子分配一个对象，可能的最低成本是 50。你认为我们可以调整你的算法吗？

啊，对不起，我错过了盒子数量为固定整数的部分K。那么答案就是f[K][n]。我们必须添加一个对应于空框的转换，这是在内部i 循环之前添加的一行。我会在一两个小时内编辑代码。

@leodaher 编辑了答案以完全使用k 框。