背包 dp 历年真题：做题记录

整理了 NOIP 与某些省份省选的背包题。

NOIP 的背包题

[NOIP 2006 提高组] 金明的预算方案

树形背包似乎也是可做的，但是由于最多有两个附件，并且是分为两类，也就是附件不会再有附件，这个问题就成了最简单的背包问题了。

我们对于所有主件跑背包，在决策中分类讨论只买主件，买一个附件，都买的最少一种，最多四种情况就行了。

为什么是绿？

代码↓

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#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MN=1e5+115;
int w[MN][3], v[MN][3], dp[MN];
int n, m;
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1; i<=m; ++i){
		int rv, rw, type;
		cin>>rv>>rw>>type;
		if(type==0){
			w[i][0]=rw;
			v[i][0]=rv;
		}else{
			if(w[type][1]==0){
				w[type][1]=rw;
				v[type][1]=rv;
			}else{
				w[type][2]=rw;
				v[type][2]=rv;
			}
		}
	}
	for(int i=1; i<=m; ++i){
		for(int j=n; j>=0; --j){
			//买主
			if(j-v[i][0]>=0){
				dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i][0]]+v[i][0]*w[i][0]);
			}
			//买主和1
			if(j-v[i][0]-v[i][1]>=0){
				dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i][0]-v[i][1]]+v[i][0]*w[i][0]+v[i][1]*w[i][1]);
			}
			//买主和2
			if(j-v[i][0]-v[i][2]>=0){
				dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i][0]-v[i][2]]+v[i][0]*w[i][0]+v[i][2]*w[i][2]);
			}
			//买主和1和2
			if(j-v[i][0]-v[i][1]-v[i][2]>=0){
				dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i][0]-v[i][1]-v[i][2]]+v[i][0]*w[i][0]+v[i][1]*w[i][1]+v[i][2]*w[i][2]);
			}
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=0; i<=n; ++i){
		ans=max(ans,dp[i]);
	}
	cout<<ans<<'\n';
	return 0;
}

[NOIP 2014 提高组] 飞扬的小鸟

提高组里边三个背包中最神经病的，一大堆细节，恶心死我了。

首先正常的 \(O(n^3)\) 级别的 dp 是非常好想的，可以拿到 70pts。

但是这个样子显然是不行的，考虑优化。

发现可以抽象成对于每一个横坐标做一次只有一个物品的完全背包，特殊处理一下上边界，之后在处理向下的情况，优化成功。

和 AI 一起调半天......

代码↓

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m, k, down[10100], up[10100];
int x[10100], y[10100];
int dp[10100][1010], sum[10100];
bool pip[10100];
void Read(){
	cin>>n>>m>>k;
	for(int i=0; i<=n; ++i) down[i]=1, up[i]=m+1;
	for(int i=0; i<n; ++i) cin>>x[i]>>y[i];
	for(int i=1; i<=k; ++i){
	    int pos, hg, lw; cin>>pos>>lw>>hg;
	    down[pos]=lw+1; up[pos]=hg-1;
        sum[pos]++; pip[pos]=true;
    }
    for(int i=1; i<=n; ++i) sum[i]+=sum[i-1];
}
void Dp(){
    memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
	for(int i=1; i<=m; ++i){
		dp[0][i]=0;
	}
	//以上是初始化
	for(int i=1; i<=n; ++i){
        for(int j=x[i-1]+1; j<=m; ++j){
            dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j-x[i-1]]+1);
            dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][j-x[i-1]]+1);
        }
        for(int j=m-x[i-1]; j<=m; ++j){
            dp[i][m]=min(dp[i][m],dp[i-1][j]+1);
            dp[i][m]=min(dp[i][m],dp[i][j]+1);
        }
        for(int j=1; j<=m-y[i-1]; ++j){
            dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j+y[i-1]]);
        }
        for(int j=0; j<down[i]; ++j) dp[i][j]=0x3f3f3f3f;
        for(int j=up[i]+1; j<=m; ++j) dp[i][j]=0x3f3f3f3f;
	}
}
void Getans(){
	int ans=0x3f3f3f3f;
	for(int i=down[n]; i<=up[n]; ++i){
		ans=min(ans,dp[n][i]);
	}
	if(ans!=0x3f3f3f3f){
		cout<<1<<'\n'<<ans<<'\n';
	}else{
		cout<<0<<'\n';
        for(int i=n-1; i>=0; --i){
            for(int j=1; j<=m; ++j){
                if(dp[i][j]<0x3f3f3f3f){
                    cout<<sum[i]<<'\n';
                    return;
                }
            }
        }
        cout<<0<<'\n';
	}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	Read(); Dp(); Getans();
	return 0;
}

[NOIP 2018 提高组] 货币系统

矛盾是复杂的，问题是简单的。

我们似乎没有办法直接确认更好的货币系统，那么换个思路，我们可以尝试去清除不需要的面值。

什么面值是不需要的？就是能被别的给表示出来的。

跑计数背包就行的。

代码↓

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MN=55555;
int dp[MN], n, a[MN];
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	int T; cin>>T; while(T--){
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		cin>>n; for(int i=1; i<=n; ++i) cin>>a[i];
		for(int i=1; i<=n; ++i) dp[a[i]]=1;
		for(int i=1; i<=n; ++i){
			for(int j=a[i]; j<MN; ++j){
				dp[j]+=dp[j-a[i]];
			}
		}
		int ans=0;
		for(int i=1; i<=n; ++i){
			ans+=(dp[a[i]]==1);
		}
		cout<<ans<<'\n';
	}
	return 0;
}

省选的背包题

[HEOI2013] Eden 的新背包问题

我们去观察下背包的式子，发现 dp 的阶段就是考虑前 i 个物品。

我们从前往后和从后往前跑 dp, 到时候直接拼起来前后缀就行了。

代码↓

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#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n, tottt;
int dp_pre[10001][1001], dp_suf[10001][1001];
struct Node{
	int id, v, w;
}node[114514];
int l[114514], r[114514];
void Read(){
	cin>>n;
	for(int i=1; i<=n; ++i){
		int rw, rv, rm;
		cin>>rw>>rv>>rm;
		l[i]=tottt+1;
		for(int j=1; j<=rm; j<<=1){
			node[++tottt].w=rw*j;
			node[tottt].v=rv*j;
			node[tottt].id=i;
			rm-=j;
		}
		if(rm){
			node[++tottt].w=rw*rm;
			node[tottt].v=rv*rm;
			node[tottt].id=i;
		}
		r[i]=tottt;
	}
}
void Do_dp(){
	for(int i=1; i<=tottt; ++i){
		for(int j=0; j<=1000; ++j) dp_pre[i][j]=dp_pre[i-1][j];
		for(int j=1000; j>=node[i].w; --j){
			dp_pre[i][j]=max(dp_pre[i][j],dp_pre[i-1][j-node[i].w]+node[i].v);
		}
	}
	for(int i=tottt; i>=1; --i){
		for(int j=0; j<=1000; ++j) dp_suf[i][j]=dp_suf[i+1][j];
		for(int j=1000; j>=node[i].w; --j){
			dp_suf[i][j]=max(dp_suf[i][j],dp_suf[i+1][j-node[i].w]+node[i].v);
		}
	}
}
void Solve(){
	int q; cin>>q;
	for(int i=1; i<=q; ++i){
		int pos, ask, ans=0;
		cin>>pos>>ask; ++pos;
		for(int j=0; j<=ask; ++j){
			ans=max(ans,dp_pre[l[pos]-1][j]+dp_suf[r[pos]+1][ask-j]);
		}
		cout<<ans<<'\n';
	}
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	Read(); Do_dp(); Solve();
	return 0;
}