动态规划篇——背包问题

• 背包问题

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• 0-1 背包

定义

0-1 背包问题的特点是物品只有取与不取两种状态，是最基础的背包问题。

例题

[USACO07DEC] Charm Bracelet S

例题分析

分析

设 \(f(i,j)\) 表示考虑前 \(i\) 件物品，最大容量为 \(j\) 的背包能包含物品价值的最大值。与此同时，设第 \(i\) 件物品的重量与价值分别为 \(w_j\)，\(v_j\)。考察当前状态：当前状态一定是由前 \(i-1\) 件物品对应的状态转移而来。对于第 \(i\) 件物品，有放与不放两种状态。据此分析，我们可以写出状态转移方程（背包容量不能为负，所以当 \(j<w_i\) 的时候只能 \(f(i,j) = f(i-1,j)\)）：

\[f(i,j) = max(f(i-1,j),f(i-1,j-w_i)+v_i) \]

因为每一次的状态转移中，我们都只需要比当前物品数量少 \(1\) 件的状态，为了减少空间开销，我们可以将状态转移方程压为一维的（此时 \(f(j)\) 表示最大容量为 \(j\) 的背包能包含的物品的最大值）：

\[f(j) = max(f(j),f(j-w_i)+v_i) \]

但是，这个时候，对物品与对容量的遍历顺序就需要注意：因为我们能够将二维 DP 压至一维的原理是利用尚未更新的信息。所以，我们应该在外层循环遍历物品，也就是依次更新前 \(1\) 件，前 \(2\) 件……前 \(n\) 件物品的状态，并在内层循环更新对于前 \(i\) 件物品，容量不同的状态。注意到在二维的状态转移方程中，我们需要 \(f(i-1,j)\) 与 \(f(i-1,j-w_i)\) 来更新 \(f(i,j)\) ，也就是需要尚未更新的 \(f(j)\) 与 \(f(j-w_i)\) 来更新 \(f(j)\)。所以，我们应该从后往前遍历背包容量，保证 \(f(j)\) 一定早于 \(f(j-w_i)\) 更新（因为 \(j>j-w_i\))。

代码

#include <iostream>
using namespace std;
int dp[13000];
int w[3500], v[3500];
int main()
{
	int N, M;
	cin >> N >> M;
	for (int i = 1; i <= N; i++)cin >> w[i] >> v[i];
	for (int i = 1; i <= N; i++)
	{
		for (int j = M; j >= 1; j--)
		{
			if (j >= w[i])dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);
		}
	}
	cout << dp[M] << endl;
	return 0;
}

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• 完全背包

定义

完全背包的特点是每个物品可以无限取。

例题

疯狂的采药

例题分析

分析

因为每个物品可以无限取，所以状态转移方程应改为：

\[f(i,j) = max(f(i-1,j),f(i,j-w_i)+v_i) \]

类似地，将其压为一维 DP，状态转移方程即为：

\[f(j) = max(f(j),f(j-w_i)+v_i) \]

不同的是，在完全背包问题中，我们需要使用 \(f(i-1,j)\) 与 \(f(i,j-w_i)+v_i)\) 来更新 \(f(i,j)\)，也就是未更新的 \(f(j)\) 与已经更新的 \(f(j-w_i)\) 来更新 \(f(j)\)。所以，我们应该从前往后遍历背包容量，保证 \(f(j)\) 一定晚于 \(f(j-w_i)\) 更新（因为 \(j>j-w_i\)）。

代码

#include <iostream>
using namespace std;
long long dp[10000005];
long long w[10005], v[10005];
int main()
{
	long long N, M;
	cin >> M >> N;
	for (long long i = 1; i <= N; i++)cin >> w[i] >> v[i];
	for (long long i = 1; i <= N; i++)
	{
		for (long long j = 1; j <= M; j++)
		{
			if (j >= w[i])dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);
		}
	}
	cout << dp[M] << endl;
	return 0;
}