简述一类 Subset Sum 问题

2025 年 9 月重置版

---

这是一个非常经典的问题, 例题可以见 QOJ-7403, 标题就是 Subset Sum.

考虑这样的问题: 给出 \(n\) 个物品, 第 \(i\) 个物品的大小是 \(a_i\), 且 \(1 \leq a_i \leq V\), 给出一个容量 \(C\), 求选择这些物品的一个子集, 使得总大小不超过 \(C\) 的情况下, 总大小最大是多少.

不难注意到, 有意义的 \(C < \sum a_i \le nV\). 否则可以选择全部的物品. 所以采用一般的背包 DP 解法, 可以在 \(\Theta(nC) = \mathrm{O}(n^2V)\) 的时间内解决这个问题. 现在给出一种 \(\mathrm{O}(nV)\) 的解法.

首先, 用贪心的方式, 扫描所有物品, 能加入就加入. 设 \(c\) 表示剩余的背包容量. 显然, 对于有意义的 \(C\), 最终 \(0 < c < V\), 有一些物品已经被加入背包, 有一些物品目前无法加入背包. 前者记为集合 \(A\), 后者记为集合 \(B\). 我们把当前的解称为初始解, 尝试从初始解调整得到一种最优解.

不难证明, 任何一种合法的最优解一定可以用这样的方式从初始解调整而来: 我们允许在中间过程中将背包加到"溢出", 即使得 \(c < 0\). 每次若当前 \(c = 0\), 则已经获得一个最优解, 直接输出答案 \(C\); 若当前 \(c > 0\), 则必须从 \(B\) 中选择一个未加入的物品, 将它加入(但是不将其转移到 \(A\) 中); 若当前 \(c < 0\), 则必须从 \(A\) 中选择一个已加入的物品, 将它反悔(但是不将其转移到 \(B\) 中).

下面考虑这样的 DP, 设 \(p_{k, i, j}\) 表示如果只考虑 \(A\) 中前 \(i\) 个元素和 \(B\) 中前 \(j\) 个元素, 那么可不可以令 \(c = k\). 显然, 这个数组具有关于 \(i\) 和 \(j\) 的单调性, 所以可以改进为这样的记法: 设 \(f_{i, k}\) 表示只考虑 \(A\) 中前 \(i\) 个元素, 要使得 \(c = k\), 至少需要考虑 \(B\) 中前几个元素(如果不存在这样的 \(j\) 则令 \(f_{i, k} = \vert B \vert + 1\)). 显然, 这样状态集合的大小是 \(\Theta(nV)\) 的.

转移有以下 3 种:

1. \(f_{i, k} \to f_{i + 1, k}\).
2. 若 \(k < 0\), 则 \(f_{i, k} \to f_{i + 1, k + A_{i + 1}}\).
3. 若 \(k > 0, f_{i, k} < j\), 则 \(j \to f_{i + 1, k - B_{j}}\).

注意到只有第 3 种转移不是 \(\Theta(1)\) 的, 考虑针对它进行优化.

由于第 1 种转移的存在, 因此 \(f\) 关于 \(i\) 单调减. 如果 \(k > 0, i \geq 1, j \ge f_{i - 1, k}\), 那么必然存在转移 \(j \to f_{i - 1, k - B_j}\), 又存在 \(f_{i - 1, k - B_j} \to f_{i, k - B_j}\), 所以对于每个 \(f_{i, k}\), 只需要尝试 \(f_{i, k} \le j < f_{i - 1, k}\) 的 \(j\) 来进行第 3 类转移. 根据 \(f\) 关于 \(i\) 的单调性, 这时第 3 种转移的总复杂度是 \(\mathrm{O}(nV)\) 的.

QOJ 7403 的参考代码如下:

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using LL = long long;
using ULL = unsigned long long;

#define F(i, l, r) for (int i = (l); i <= (r); ++i)
#define FF(i, r, l) for (int i = (r); i >= (l); --i)
#define MAX(a, b) ((a) = max((a), (b)))
#define MIN(a, b) ((a) = min((a), (b)))
#define SZ(a) ((int)(a).size() - 1)

constexpr int N = 20005, V = 20000;

int n1, n2, c, w0;
int a[N], b[N];
int f[2][V * 2 + 10];

void work(void)
{
    {
        int n;
        cin >> n >> c;
        vector<int> vec(n);
        F(i, 0, n - 1) cin >> vec[i];
        sort(vec.begin(), vec.end());
        int cur = 0;
        n1 = 0, n2 = 0;
        FF(i, n - 1, 0)
        {
            if (cur + vec[i] <= c) cur += vec[i], b[++n2] = vec[i];
            else a[++n1] = vec[i];
        }
        if (n1 == 0 || n2 == 0 || cur == c)
        {
            cout << cur << '\n';
            return;
        }
        w0 = c - cur;
    }

    int ll = -a[1], rr = max(b[1], w0);
    F(i, ll, rr)
    {
        f[0][i + V] = n2 + 1;
    }
    f[0][w0 + V] = 0;
    F(i, 1, n1)
    {
        F(x, ll, rr)
        {
            f[i & 1][x + V] = f[i & 1 ^ 1][x + V];
            if (x + a[i] >= 0 && x + a[i] <= rr) MIN(f[i & 1][x + V], f[i & 1 ^ 1][x + a[i] + V]);
        }
        F(x, ll, 0)
        {
            F(j, f[i & 1][x + V] + 1, min(f[i & 1 ^ 1][x + V], n2))
            {
                MIN(f[i & 1][x + b[j] + V], j);
            }
        }
        if (f[i & 1][V] <= n2)
        {
            cout << c << '\n';
            return;
        }
    }
    F(i, 0, rr) if (f[n1 & 1][i + V] <= n2)
    {
        cout << c - i << '\n';
        return;
    }
    assert(0);
}

signed main(void)
{
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);

    int _;
    cin >> _;
    while (_--) work();

    return 0;
}