《背包九讲》
前言：
背包问题：有n件物品，每件物品有一定的价值，获取每件物品都需要一定的代价，背包问题就是在遵守一定的规则的情况下，获取最高的价值。
1，01背包
最基本的背包问题，其规则为每件物品要么选，要么不选。
定义状状态数组dp[i][j]表示前i个物品，当背包的容量为j时，背包可以容纳的最大价值。第i件物品可以不选可以选，如果不选的话，就相当于从当背包容量为j的时候，前i-1件物品里价值最大的物品。也就是说dp[i][j]=dp[i-1][j]。如果选择的话，（设物品i所占的容量为w[i]）从背包中拿出w[i]的容量用来装物品i，那么前i-1件物品所占用的容量就为j-w[i]。那么dp[i][j]=dp[i-1][j-w[i]]+v[i]（v[i]表示的是物品i的价值）
关于初始化。这里的初始化有一些讲究。和我们如何定义数组dp[i][j]的含义有关。假如说我们定义dp[i][j]为钱i件物品，当背包容量为j时可获得的价值，那么开始时候dp[i][j]全部初始化为0就可以了，但是如果问的是前i件物品，容量为j时，恰好可以装多少，也就是说我们必须装满，如果不能装满的话，价值再大也没有用。 这两种定义有什么区别呢？看个例子，设有n件物品， 并且可获得的最大价值为x，需要的背包容量为k，而你的背包总容量为k+1。对于第一种情况dp[n][k+1]=dp[n][k]=x，但是对于第二种情况就不一定了，因为我们要求必须装满才行。
Code:
1. for(int i=1;i<=n;i++){ 2. for(int j=0;j<=m;j++){ 3. if(j>=v[i]) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-v[i]]+w[i]); 4. dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j]); 5. } 6. } 7. return dp[n][m];
01背包的空间优化
01背包可以从二维优化为一维的背包，当然可以直接通过滚动数组来降维，但还有一更优的优化方式，定义dp[i]为背包容量为i时可获取的最大的价值。如果不选的话，还是考虑到第i个物品。当容量为j时，此时的最大价值为dp[j]，注意我们这里是考虑到第i个物品，所以这里的dp[j]的最大价值应该是前i-1个物品，背包容量为j时的最大价值。所以如果我们不选第i个物品的话dp[j]直接不用做任何操作，如果选的话dp[j-weight[i]]+value[i]
但是这里就出现了一个问题，该怎么保证dp[j-weight[i]]是前i-1个物品的最大价值呢？可以倒着从m到weight[i]进行遍历。（挺难想的）
1. for(int i=1;i<=n;i++){ 2. for(int j=m;j>=weight[i];j--) 3. dp[j]=max(dp[j],dp[j-weight[i]]+value[i]); 4. } 5. return dp[m];
2，完全背包
规则：每件物品可以选择任意次数。
完全背包和01背包的区别就是完全背包没件物品可以选择任意次，在代码上和01背包的区别也是比较小的，只需要再加一个for，看当前物品选择多少个才是最合适的。这种做法比较简单直观，但是时间复杂度是O(n^3)，空间复杂度是O（n^2）
1. for(int i=1;i<=n;i++){ 2. for(int j=0;j<=m;j++) 3. for(int k=0;k*v[i]<=j;k++){ 4. dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-k*v[i]]+w[i]*k); 5. } 6. } 7. return dp[n][m];
显然这种复杂度并不好，首先优化空间复杂度，可以把通过类似于01背包的方法把空间复杂度优化成一维的。再优化时间复杂度，假设考虑到第i件物品的容量为j时的状态，即dp[j]，这里的dp[ j ]保存的值是前i-1件物品的最大价值。该怎么转移呢？因为这里对物品选择的个数是没有限制的，所以转移的时候，如果选择1个，那么就从i-1个物品进行转移，选择两个就从再转移一次。。。所以说转移的dp[j]可以是上一层的也可以是这一层的。，所以遍历的时候，体积正序遍历就可以了。
1. for(int i=1;i<=n;i++){ 2. for(int j=v[i];j<=m;j++) 3. dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]); 4. }
3，多重背包
规则：每件物品最多选k次
多重背包也是以01背包为基础的背包问题，按照朴素的做法就是枚举该物品的个数，思路和完全背包的朴素枚举基本上是完全一样的，只需要加一个物品个数限制就可以了。
1. for(int i=1;i<=n;i++){ 2. for(int j=0;j<=m;j++) 3. for(int k=0;k*v[i]<=j&&k<=num[i];k++){ 4. dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-k*v[i]]+w[i]*k); 5. } 6. } 7. return dp[n][m];
两种优化方法
第一种是我比较喜欢的优化方法， 叫做二进制优化，二进制真的是一个特别神奇的东西。假如说num=10.通过二进制拆分，可以拆分为1+2+4+3。并且这四个数可以组成小于等于10的任意一个数字。
因此我们可以把10个物品拆成四份，每一份为的数目为1,2,4,3。接下来就按照01背包处理就可以了。时间复杂度大约为o(m ) （m是容量，n是物品的个数，c[i]指的是物品i的个数）
Code
1. int solve1(){ 2. int n,m; 3. cin>>n>>m; 4. int pos=0,x,y,z; 5. for(int i=1;i<=n;i++){ 6. cin>>x>>y>>z; 7. for(int j=1;z>=j;j<<=1){ 8. z-=j; 9. volume[pos]=j*x; 10. value[pos++]=j*y; 11. } 12. if(z>0) { 13. value[pos]=z*y; 14. volume[pos++]=z*x; 15. } 16. } 17. for(int i=0;i<pos;i++){ 18. for(int j=m;j>=volume[i];j--){ 19. dp[j]=max(dp[j],dp[j-volume[i]]+value[i]); 20. } 21. } 22. return dp[m]; 23. }
第二种优化是借用一种数据结构—单调队列优化，这种优化是比较难的，《男人八题》中就有一个单调队列优化的裸多重背包问题。
待补…
4，混合背包
将01背包，完全背包，多重背包三类背包放在一起。
这类问题的解决方法就是属于哪种背包就按照哪种背包的方式算，这类问题算不上是新问题
例题 https://www.acwing.com/problem/content/7/
Code
1. int dp[N]; //dp[i]表示当容量为i时，可获取的最大价值 2. int volume[N],value[N];//体积和价值 3. bool mark[N];//标记哪个物品属于哪类背包问题 mark[i]=1 表示物品i为完全背包问题，0表示01背包问题 4. int solve(){ 5. int n,m; 6. cin>>n>>m;//n件物品，容量限制为m 7. int x,y,z; 8. int pos=0; 9. for(int i=1;i<=n;i++){ 10. cin>>x>>y>>z; 11. if(z==0){ 12. mark[pos]=1; 13. volume[pos]=x; 14. value[pos++]=y; 15. } 16. else if(z==-1){ 17. volume[pos]=x; 18. value[pos++]=y; 19. } 20. else {//如果是多重背包问题，通过二进制拆分成01背包 21. for(int j=1;z>=j;j<<=1){ 22. z-=j; 23. volume[pos]=j*x; 24. value[pos++]=j*y; 25. } 26. if(z>0){ 27. volume[pos]=z*x; 28. value[pos++]=z*y; 29. } 30. } 31. } 32. for(int i=0;i<pos;i++){ 33. if(mark[i]) {//完全背包正序，01背包逆序 34. for(int j=volume[i];j<=m;j++) 35. dp[j]=max(dp[j],dp[j-volume[i]] + value[i]); 36. } 37. else{ 38. for(int j=m;j>=volume[i];j--){ 39. dp[j]=max(dp[j],dp[j-volume[i]] + value[i]); 40. } 41. } 42. } 43. return dp[m]; 44. }
5，二维费用背包
例题：https://www.acwing.com/problem/content/8/
这里的代价是二维的，比如说同时有重量和体积的限制。
定义状态数组dp[i][j][k]表示考虑到第i个物品，当背包的容量为j,体积为k时可以获得的最大价值。
状态转移:考虑到第i个物品，如果选的话：
dp[i][j][k]=dp[i-1][j-volume[i]][k-weight[i]]+value[i]；
如果不选的话直接就dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k];
我们可以对空间进行优化，类似于01背包的优化，可以优化到二维.
1. int dp[N][N]; 2. int volume[N],weight[N],value[N]; 3. int solve(){ 4. int n,m,v; 5. cin>>n>>v>>m; 6. for(int i=1;i<=n;i++) 7. cin>>volume[i]>>weight[i]>>value[i]; 8. for(int i=1;i<=n;i++){ 9. for(int j=m;j>=weight[i];j--){ 10. for(int k=v;k>=volume[i];k--){ 11. dp[j][k]=max(dp[j][k],dp[j-weight[i]][k-volume[i]]+value[i]); 12. } 13. } 14. } 15. return dp[m][v]; 16. }
6，分组背包
在一个组内，只能选择一类物品，该类物品的选择可以满足01背包，完全背包或者多重背包的原则。
例题：https://www.acwing.com/problem/content/9/
在01背包的基础上，对物品进行分组，每个组最多选择一个物品。定义状态dp[i][j]为考虑到第i组，当前背包容量为j时的最大价值。状态转移也比较简单，如果选择，直接枚举第i组的所有状态，dp[i][j]=dp[i-1][j-volume[i]]+value[i]，如果不选的dp[i][j]=dp[i-1][j]。所以该类问题较01背包问题只是增加了一个for，用来枚举每个组的物品。
空间优化后的Code:
1. int s[N], v[N][N], w[N][N];//分别表示每一组的个数，v[i][j]表示第i组第j个的volume,w[i][j]表示的是....value 2. int dp[N]; 3. int solve(){ 4. int n,m; 5. cin >> n >> m; 6. for (int i = 1; i <= n; ++i) { 7. cin >> s[i]; 8. for (int j = 1; j <= s[i]; ++j) { 9. cin >> v[i][j] >> w[i][j]; 10. } 11. } 12. 13. for (int i = 1; i <= n; ++i) { 14. for (int j = m; j >= 0; --j) { 15. for (int k = 1; k <= s[i]; ++k) { 16. if (j >= v[i][k]) 17. dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i][k]] + w[i][k]); 18. } 19. } 20. } 21. return dp[m]; 22. }
7，背包问题的具体方案
该类问题可以归结为对背包问题的路径的记录。
对于这类问题有两种方法来解决。
1 我们可以用一个数组path[i][j]来记录当第i个物品当容量为j时的选择。以01背包为例子。考虑到第i个物品，当背包容量为j的时候，第i个物品如果选的话，
dp[j]<dp[j-volume[i]]+value[i]， path[i][j]=1
否则的话，第i个物品可以不选，
假设有n个物品，背包的总容量为m，那么最终的状态一定dp[n][m],如果第n个物品选了的话，path[n][m]=1，那么上一个状态就是path[n-1][m-volume[n]]…如果没选的话， 上一个状态为path[n-1][m].
如果是完全背包的话，如果第n个物品选了的话，上一个状态就是path[n][m-volume[i]]，这里是n，不是n-1，因为第n个物品可能选了多次….
完全背包---code:
for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = w[i]; j <= m; j++) if (dp[j] < dp[j - w[i]] + v[i]){ dp[j] = dp[j - w[i]] + v[i]; path[i][j]=1;//表示当容量为j的时候选择了第i个物品。 } int i=n,j=m; while(i>=1&&j){ if(path[i][j]){ cout<<i<<" "; j-=w[i]; } else i--; }
多重背包---code：
for (int i = 1; i <= n; i++) for (int k = 1; k <= cnt[i]; k++) for (int j = 10; j >= w[i]; j--) if (dp[j] < dp[j - w[i]] + v[i]){ dp[j] = dp[j - w[i]] + v[i]; path[i][j] = 1; } int i=n,j=m; while(i>=1&&j){ if(path[i][j]&&cnt[i]){ cnt[i]--; j-=w[i]; cout<<i<<" "; } else i--; }
2 如果第i个物品可以被选，那么它一定满足两个条件，首先是背包要有足够多的容量，然后是满足dp[i-1][j]<=dp[i-1][j-weight[i]]+value[i]，即选第i个物品可以获得更高的利益，我们可以根据这一原则来寻找符合条件的路径。
Code :
ACwing上的一个例题 ：https://www.acwing.com/problem/content/12/
for(int i=n;i>=1;i--){ for(int j=m;j>=0;j--){ if(j>=weight[i]) dp[i][j]=max(dp[i+1][j],dp[i+1][j-weight[i]]+value[i]); else dp[i][j]=dp[i+1][j]; } } for(int i=1;i<=n&&m>=0;i++){ if(weight[i]<=m&&dp[i+1][m]<=dp[i+1][m-weight[i]]+value[i]){ m-=weight[i]; cout<<i<<" "; } }
8，背包问题的方案数。
这类问题又可以分为两种，第一种是当获得最大价值时的方案数目，第二种是当装有一定体积时的方案数目。
1、定义状态数组dp[i]表示当容量为i时可以获得的最大价值，cnt[i]当容量为i时且获得最大价值的方案数。
首先是初始化,dp[i]（0àm）=0，和01背包初始化是一样的，cnt[i]的初始化全部为1，表示不装任何物品。然后状态转移，当dp[j]=dp[j-weight[i]]+value[i]的时候，此时选与不选获得的价值都是一样的，所有cnt[j]=cnt[j]+cnt[j-weight[i]]，当后者大的时候，cnt[j]=cnt[j-weight[i]]，否则cnt[j]=cnt[j].
Code (01背包为例)
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>weight[i]>>value[i]; for(int i=0;i<=m;i++) cnt[i]=1; for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=m;j>=weight[i];j--){ if(dp[j]==dp[j-weight[i]]+value[i]){ cnt[j]=(cnt[j]+cnt[j-weight[i]])%mod; } else if(dp[j]>dp[j-weight[i]]+value[i]){ cnt[j]=cnt[j]%mod; } //这一步可以省略 else { dp[j]=dp[j-weight[i]]+value[i]; cnt[j]=cnt[j-weight[i]]%mod; } } } cout<<cnt[m]%mod<<endl;
2、定义状态数组dp[i]表示当装有容量为i的物品时的方案数目,初始化的时候,dp[0]=1.其他的都是0.
状态转移方程dp[j]=dp[j]+dp[j-weight[i]].
Code :(01背包为例)
for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=m;j>=weight[i];j--){ dp[j]=dp[j]+dp[j-weight[i]]; } }
9，有依赖性的背包问题
当选择一件物品的时候，必须执行另外一种规则。
有依赖的背包问题，也可以说是树形背包问题，这类问题是比较难的，我学的也不扎实，唉，算了，放俩例题吧~。
推荐几个例题：https://www.luogu.com.cn/problem/P2014 （洛谷 选课）
Code :
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=300+7; struct stu { int nxt,to; }edge[N]; int n,m; int head[N],tol=1; int value[N]; int volume[N]; void add(int u,int v){ edge[tol].to=v; edge[tol].nxt=head[u]; head[u]=tol++; } int dp[N][N]; void dfs(int u){ // cout<<u<<endl; for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){ int y=edge[i].to; dfs(y); for(int j=m-volume[u];j>=0;j--){ for(int i=0;i<=j;i++){ dp[u][j]=max(dp[u][j],dp[u][j-i]+dp[y][i]); } } } for(int i=m;i>=volume[u];i--){ dp[u][i]=dp[u][i-volume[u]]+value[u]; } dp[u][0]=0; } int main(int argc, char const *argv[]){ cin>>n>>m; int s; for(int i=1;i<=n;i++){ cin>>s>>value[i]; add(s,i); volume[i]=1; } dfs(0); cout<<dp[0][m]<<endl; return 0; }
ACwing10. 有依赖的背包问题https://www.acwing.com/problem/content/10/
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e2+7; struct stu{ int to,nxt; }edge[N]; int head[N],tol=1,n,m; void add(int u,int v){ edge[tol].to=v; edge[tol].nxt=head[u]; head[u]=tol++; } int volume[N],value[N]; int dp[N][N]; int mark[N]; void dfs(int x){ for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){ int y=edge[i].to; dfs(y); for(int j=m-volume[x];j>=0;j--){ for(int k=0;k<=j;k++){ dp[x][j]=max(dp[x][j],dp[x][j-k]+dp[y][k]); } } } for(int i=m;i>=volume[x];i--) dp[x][i]=dp[x][i-volume[x]]+value[x]; for (int i = 0; i < volume[x]; i++) dp[x][i] = 0; } int main(int argc, char const *argv[]){ cin>>n>>m; int z,root; for(int i=1;i<=n;i++){ cin>>volume[i]>>value[i]>>z; if(z==-1) root=i; else add(z,i); } dfs(root); cout<<dp[root][m]<<endl; return 0; }
