背包

• 背包作为线性DP的一种，由于其状态及转移的较特殊性、可拓展性以及广泛的应用，通常被单独列为DP的一种题型

P1757 通天之分组背包

• 此题为分组背包模板题。

• “分组”的常见处理方法是将枚举组数、背包大小以及组内物品分开依次枚举，拆分成01背包。
  通过使每一组中的每一种物品都由上一组的DP值转移过来，就可以实现每一组只能选一个物品了。
  需要注意的是枚举的背包大小仍然是倒序的，否则就成完全背包了。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=1e3+7;
const int M=1e2+7;
int m,n,t,a[N],b[N],c[N],tmp[N][M],f[N],cnt[N];
vector <int> q[N];
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>m>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	cin>>a[i]>>b[i]>>c[i],t=max(c[i],t),cnt[c[i]]++,tmp[c[i]][cnt[c[i]]]=i;
	for(int i=1;i<=t;i++)
		for(int j=m;j>=0;j--)
			for(int k=1;k<=cnt[i];k++)
			if(j-a[tmp[i][k]]>=0)
			f[j]=max(f[j],f[j-a[tmp[i][k]]]+b[tmp[i][k]]);
	cout<<f[m];
	return 0;
} 

P2340 [USACO03FALL] Cow Exhibition G

思路

• 这种每种物品都只能选一次同时贡献固定的问题，我们就可以考虑将其转化为01背包。

• 对于这道题，我们将s看做代价，f看成收益，直接做01背包最后统计答案时直接重新加上s的贡献就可以了。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=800005;
struct node
{
	int v,w;
}a[N];
int n,f[N],up,down;
bool cmp(node x,node y){return x.v>y.v;}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n;memset(f,-0x3f,sizeof(f));up=N-5;f[up/2]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) {cin>>a[i].v>>a[i].w;}
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(a[i].v<0)  for(int j=0;j<=up+a[i].v;j++)  f[j]=max(f[j],f[j-a[i].v]+a[i].w);
		else for(int j=up;j>=a[i].v;j--) f[j]=max(f[j],f[j-a[i].v]+a[i].w);
	}
	int ans=0;
	for(int i=up/2;i<=up;i++) if(f[i]>=0)ans=max(ans,f[i]+i-up/2);
	cout<<max(0,ans);
	return 0;
}

P1064 [NOIP2006 提高组] 金明的预算方案

• 此题为依赖背包的模板题。

• “依赖”听起来是个比较高深的限制条件。但是由于题目的数据范围极小
  （\(1 \leq n \leq 3.2 \times 10^4\)，\(1 \leq m \leq 60\)，\(0 \leq v_i \leq 10^4\)，\(1 \leq p_i \leq 5\)，\(0 \leq q_i \leq m\)，答案不超过 \(2 \times 10^5\)）
  因此可以直接做。

• 具体来说就是先将所有“主件”以及所依赖与它的“附件”预处理出来。
  对于每一组，我们就去枚举

1. 只选主件 2.选主件以及第一件 3.选主件以及第二件
   这三种情况，方程是比较显然的，与01背包等同。

• 但是我不知道有没有不是这样过于暴力的做法，因为其复杂度是 \(O(mn\times w)\) 的，设最多允许有 \(k\) 个附件，则其中 \(w\) 为 \(\sum_{i=1}^{k} C_k^i=2^k-1\)

• 也就是说这个算法几乎无法扩展，\(k\) 稍微大一点就要爆，因此依赖背包的数据范围和应用一般都不是很广。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=4005;
int n,m,tot[N],f[N],v[N],p[N];
vector <int> q[N];
bool sign[N];
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>m;n/=10;
	for(int i=1,bel;i<=m;i++){cin>>v[i]>>p[i]>>bel;v[i]/=10;if(bel) q[bel].push_back(i),tot[bel]++,sign[i]=1;}
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		if(sign[i]) continue;
		for(int j=n;j>=0;j--)
		{
			int a=0,b=0;if(tot[i]>=1) a=q[i][0];if(tot[i]>=2) b=q[i][1];
			if(j-v[i]>=0)f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+v[i]*p[i]);
			if(a)if(j-v[i]-v[a]>=0)f[j]=max(f[j],f[j-v[i]-v[a]]+v[i]*p[i]+v[a]*p[a]);
			if(b)if(j-v[i]-v[b]>=0)f[j]=max(f[j],f[j-v[i]-v[b]]+v[i]*p[i]+v[b]*p[b]);
			if(a&&b)if(j-v[i]-v[a]-v[b]>=0)
			f[j]=max(f[j],f[j-v[i]-v[a]-v[b]]+v[i]*p[i]+v[a]*p[a]+v[b]*p[b]);
		}
	}
	cout<<f[n]*10;
	return 0;
}

P1941 [NOIP2014 提高组] 飞扬的小鸟

思路

• 由于每个格子的信息并不一样，不能用神秘方法乱搞，因此显然是一道DP题，设状态 \(f_{i,j}\) 表示在第 \(i\) 列第 \(j\) 行所需要的最少按键次数。考虑如何去转移。

• 由题有两种转移方式：1. 自然下落，不消耗步数 2. 向上走任意多步，要消耗对应的步数。
  “任意多步”是一个较为强的条件，考虑完全背包去转移。而对于自然下落，就容易顺着想到01背包。

• 想到背包就很好做了，状态转移较为显然。但注意一下一个小细节：可以一直顶格飞，意思就是因为高度不能超过m，就会出现样例解释2中的情况。

• 因此 \(j=m\) 时的转移需要单独考虑，除了上述的正常转移之外，也可以由上一步中高度小于上升步数的点转移而来。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e4+7;
const int inf=1e9+7;
int n,m,k,h[N],l[N],up[N],down[N],f[N][2002],cnt=0;
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>m>>k;memset(f,0x3f,sizeof(f));for(int i=1;i<=m;i++) f[0][i]=0;
	for(int i=0;i<=n-1;i++) cin>>up[i]>>down[i];
	for(int i=1,x,ll,hh;i<=k;i++) cin>>x>>ll>>hh,h[x]=hh,l[x]=ll;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=up[i-1]+1;j<=up[i-1]+m;j++) f[i][j]=min(f[i-1][j-up[i-1]]+1,f[i][j-up[i-1]]+1);
		for(int j=m;j<=up[i-1]+m;j++) f[i][m]=min(f[i][m],f[i][j]);
		for(int j=1;j<=m-down[i-1];j++) f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][j+down[i-1]]);
		if(h[i]!=0||l[i]!=0)
		{
			for(int j=1;j<=l[i];j++) f[i][j]=inf;
			for(int j=h[i];j<=m;j++) f[i][j]=inf;
			bool sign=0;
			for(int j=1;j<=m;j++) if(f[i][j]<=10000000) {sign=1;break;}
			if(!sign) {cout<<"0\n"<<cnt;return 0;}
			cnt++;
		}
	} 
	int ans=inf;
	for(int i=1;i<=m;i++) ans=min(ans,f[n][i]);
	cout<<"1\n"<<ans;
	return 0;
}