动态规划之背包dp 入门例题+笔记
动态规划的适用条件
满足
- 最优子结构（后面的状态可以由之前的最优子状态转移而来）
- 无后效性（当前的决策对之后没有影响）
- 子问题重叠（这样可以优化求解时间复杂度）
动态规划实现方法
- 递推
直接写几重 \(for\) 循环转移状态 - 记忆化 \(dfs\)
逻辑上更直接更好理解，和递推的时间复杂度本质上是一样的
经典例题
- 最长上升子序列
放份 \(O(nlogn)\) 代码吧
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int n, x;
int a[N], b[N], dp[N], dp2[N];
int len, len2;
void solve() { //每个系统最多拦截多少导弹
//维护dp数组（存放大小单调不下降的导弹高度
memset(dp, 0, sizeof(dp));
len = 0; len2 = 0;
int ans = 0;
dp[++len] = a[1]; dp2[++len2] = a[1];
for(int i = 2; i <= n; i++) {
if(a[i] <= dp[len]) dp[++len] = a[i];
else {
int id = upper_bound(dp + 1, dp + len + 1, a[i], greater<int>()) - dp;
dp[id] = a[i];
}
if(a[i] > dp2[len2]) dp2[++len2] = a[i];
else {
int id = lower_bound(dp2 + 1, dp2 + len2 + 1, a[i]) - dp2;
dp2[id] = a[i];
}
}
for(int i = 1; i <= n + 1; i++) {
if(!dp[i]){
printf("%d\n", i - 1);
break;
}
}
for(int i = 1; i <= n + 1; i++) {
if(!dp2[i]){
printf("%d\n", i - 1);
break;
}
}
}
int main(){
while(cin >> x) a[++n] = x;
solve();
system("pause");
return 0;
}
- 最长公共子序列
\(if \ a[i] = b[i] , dp[i][j] = dp[i-1][j-1]+1\)
\(else \ dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i][j-1])\)
背包dp
将一些物品装入容量优先的背包，要求能装下的物品的最大价值
01背包
每种物品只有一个，状态为选或者不选
//核心代码
int dp[N]; // dp[i]表示容量为i时物品的最大价值
memset(dp, 0, sizeof(dp));
for(int i = 1; i <= n; i++) { //
for(int j = V; j >= w[i]; j--) {
dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);
}
}
完全背包
和01背包的区别是每种物品有无限个，每种物品可选任意个或不选
//核心代码
int dp[N]; // dp[i]表示容量为i时物品的最大价值
memset(dp, 0, sizeof(dp));
for(int i = 1; i <= n; i++) { //
for(int j = w[i]; j <= V; j++) {
dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);
}
}
多重背包
每种物品有 \(k_i\) 件，不难看出，可以把它分成 \(k_i\) 件相同的物品，每件选一次
时间复杂度为 \(O(n*W*k_i)\) ，可能出现的问题是会tle
这时需要用到的办法是二进制分组：对 \(k_i\) 进行二进制分组，分成1，2，... \(2^k\) ，以及剩余的不满足 \(2^(k+1)\) 的部分
这样做的好处是能表示所有 \(\in \ [1,k_i]\) 的值，同时复杂度缩小为 \(O(n*W*log_2k_i)\)
code:
int l=1;
while(a[i].num>=l){
cnt++;
b[cnt].v=l*a[i].v;
b[cnt].w=l*a[i].w;
a[i].num-=l;
l*=2;
}
//然后当成01背包转移状态
混合背包
是上面三种情况的混合，有的物品能取一次、有的多次，有的 \(k\) 次
for (循环物品种类) {
if (是 0 - 1 背包)
套用 0 - 1 背包代码;
else if (是完全背包)
套用完全背包代码;
else if (是多重背包)
套用多重背包代码;
}
二维费用背包
在一维费用背包的基础上增加一维，注意数组不应该开存放编号的那一维（因为容易MLE
分组背包
物品分为若干组，每一组中的物品互相冲突（即 每组物品最多选1件）
凸显出冲突关系的方法：对于每一组物品，先循环总重量，再循环该组中的物品
int main(){
cin >> W >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> w[i] >> v[i] >> p[i];
if(kind.count(p[i]) == 0) {
kind.insert(p[i]);
}
item[p[i]].pb(i);
}
for(auto k:kind) {
for(int j = W; j >= 0; j--) {
for(int i = 0; i < item[k].size(); i++) {
if(j < w[item[k][i]]) continue;
dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[item[k][i]]] + v[item[k][i]]);
ans = max(ans, dp[j]);
}
}
}
printf("%d\n", ans);
system("pause");
return 0;
}
有依赖的背包
代表例题：P1064 [NOIP2006 提高组] 金明的预算方案
分析
因为选附件一定是建立在选主件的基础上，而且每个主件只有0/1/2个附件，因此可以把主件单独拎出来，分类讨论
- 只选主件
- 选主件+一件附件
- 选主件+两件附件
具体见代码
// #pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
using namespace std;
const int N = 63;
int t, n, m;
int zhu[N], v[N], p[N], W;
int dp[100006], ans;
set<int> zj;
vector<int> item[N];
bool vis[N];
int main(){
cin >> W >> n;
W = W / 10 * 10;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> v[i] >> p[i] >> zhu[i];
if(zhu[i]) {
item[zhu[i]].pb(i);
vis[i] = 1;
}
}
for(int i = 1; i <= n; i++) if(!vis[i]) zj.insert(i);
for(auto i:zj) { //主件
if(item[i].size() == 0) {
for(int j = W; j >= v[i]; j -= 10) {
dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i]] + v[i] * p[i]);
ans = max(ans, dp[j]);
}
}
if(item[i].size() == 1) {
for(int j = W; j >= v[i]; j -= 10) {
if(j >= v[i]) dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i]] + v[i] * p[i]);
if(j >= v[i] + v[item[i][0]])
dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i] - v[item[i][0]]] + v[i] * p[i] + v[item[i][0]] * p[item[i][0]]);
ans = max(ans, dp[j]);
}
}
if(item[i].size() == 2) {
for(int j = W; j >= v[i]; j -= 10) {
if(j >= v[i]) dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i]] + v[i] * p[i]);
if(j >= v[i] + v[item[i][0]])
dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i] - v[item[i][0]]] + v[i] * p[i] + v[item[i][0]] * p[item[i][0]]);
if(j >= v[i] + v[item[i][1]])
dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i] - v[item[i][1]]] + v[i] * p[i] + v[item[i][1]] * p[item[i][1]]);
if(j >= v[i] + v[item[i][1]] + v[item[i][0]])
dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i] - v[item[i][1]] - v[item[i][0]]] + v[i] * p[i] + v[item[i][1]] * p[item[i][1]] + v[item[i][0]] * p[item[i][0]]);
ans = max(ans, dp[j]);
}
}
// cout<<i<<' '<<ans<< endl;///
}
printf("%d\n", ans);
system("pause");
return 0;
}
泛化物品背包
例题：P1336 最佳课题选择
// #pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
using namespace std;
const int N = 206;
int t, n, m;
int a[22], b[22], W;
ll dp[205], ans;
ll qpow(ll a,ll b){
ll ans=1;
while(b){
if(b%2){
ans*=a;
}
a*=a;
b/=2;
}
return ans;
}
int main(){
cin >> W >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i] >> b[i];
}
for(int i = 0; i <= W; i++) dp[i] = 2e18;
ans = 2e18;
dp[0] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int j = W; j >= 0; j--) {
for(int x = j; x >= 1; x--) {
dp[j] = min(dp[j], dp[j - x] + 1ll * a[i] * qpow(x, b[i]));
}
}
}
printf("%lld\n", dp[W]);
system("pause");
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号