背包问题

背包问题

dp[i][j] 表示使用前i个物品，当前体积为j时 能取得的最大价值

for (枚举单个/单组物品) {
    for (枚举体积) {
        for (枚举选择) { // 选/不选 单个/单组物品
            if (满足条件) {
                记录结果
            }
        }
    }
}

恰好装满

初始化	含义
dp[0][0] = 0	使用前0个物品，恰好装满体积j=0，能得到最大价值0
dp[0][j > 0] = -inf	使用前0个物品，永远无法装满体积j > 0
dp[i > 0][0] = -inf	使用前i > 0个物品，永远无法恰好装满j=0，体积一定会超过0

*为防止溢出，-inf取-9999999即可

01背包的一维表示

2D状态转移方程：

dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j - w[i]] + v[i])

画图：dp[i][j]只依赖于上一行(i-1)的当前列j，和上一行(i-1)的j左侧某列j-w[i]

则压缩成1D时，需要从右向左逆序遍历列j，以确保左侧的j-w[i]保留为上一行的结果，而不是被本行i的结果覆盖：

dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i])

完全背包

由于每件物品i可以被选择多次，因此某个dp[i][j]的值应该为选i不超过容量限制j的最大值：

选择 0 件物品 i 的最大价值 = dp[i-1][j - 0 * w[i]] + 0 * v[i]
选择 1 件物品 i 的最大价值 = dp[i-1][j - 1 * w[i]] + 1 * v[i]
选择 2 件物品 i 的最大价值 = dp[i-1][j - 2 * w[i]] + 2 * v[i]
...
选择 k 件物品 i 的最大价值 = dp[i-1][j - k * w[i]] + k * v[i], k * w[i] <= j

但这样会引入第三维k的遍历，使用斜率优化将其裂项相消：

画图：dp[i][j]只依赖于上一行(i-1)的当前列j，和本行(i)的j左侧某列j-w[i]

则压缩成1D时，需要从左向右正序遍历列j，以确保计算dp[i][j]时利用到了本行左侧已算出的j-w[i]，而不是还未算出的默认值：

dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i])

多重背包

视角1：即完全背包，每个物品i能取的次数, 限制为数组m[i]次

for(物品i顺)
    for(体积j逆)
        for (物品i得选择个数k = 0 -> m[i]) {
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - k * w[i]] + k * v[i])
}

视角2：即01背包，第i个物品重复了m[i]次，每个重复物品只能用一次
💡快速幂思想：不用平均拆成m[i]份，按照二进制拆成1，2，4，...log(m[i])份，每份只用一次，照样能表示出总体积。如果m[i]不是2的幂，拆剩下的单独作为一个物品

    List<newGoods> goods = new ArrayList<>();
    原价值v[]，原体积w[]，原可用次数m[]
    for(int i = 0; i < n; ++i) {
        for(int k = 1; k <= m[i]; k *= 2) {
            m[i] -= k;
            goods.add(新价值=v[i] * k, 新体积=w[i] * k);
        }
        if (m[i] > 0) goods.add(新价值=v[i] * m[i], 新体积=w[i] * m[i]);
    }

    // 01背包...

分组背包

有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是Ci，价值是Wi。这些物品被划分为K组，每组中的物品互相冲突，最多选一件。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。组内枚举即可。

    for(int i = 0; i < n; ++i) {
        int K = 组内物品个数
        for(int j = m; j >= v[i]; --j) {
            for k 0 -> K
                dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[0~k]] + v[0~k])]);
        }
    }