背包问题
背包问题
1、01背包
题目大意：
有n个物品，一个容量为m的背包，每个物品拿或者不拿，问拿到的最大总价值是多少。
思路：
dp三步走：dp数组含义 + 状态转移 + 初始化
首先，我们将dp[i][j]定义为在前i件物品中，用容量为j的背包去装东西，能装到的最大价值。其次考虑状态转移：如果不拿第i件物品，我们就直接将前i-1件物品的状态转移过来；如果要拿第i件物品，我们就需要在背包中预留出第i件物品的体积（这样才能装得下）代码如下：
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ){//枚举物品
cin>> v>> w ;
for(int j = 1 ; j <= m ; j ++ ){//枚举背包体积
dp[i][j] = dp[i - 1][j] ;//装不下直接转移上一个物品的状态
if(j >= v)dp[i][j] = max(dp[i][j] , dp[i - 1][j - v] + w) ;//装得下
}
}
cout<<dp[n][m] ;
我们观察01背包的过程，发现其枚举每一个i，都要用到i-1对应的所有状态，而且对每一种容量j都只用到j-v的容量状态。于是我们就可以进行一维数组滚动优化 。我们只要从后往前枚举j即可（每一次遍历i对应的容量j都只要用前一层的数据，而前一次的数据在这之前已经算好了）：
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ){
cin >> v >> w ;
for(int j = m ; j >= v ; j -- )//一维滚动优化
dp[j] = max(dp[j] , dp[j - v] + w) ;//直接转移（不拿i） 和 拿i 两种状态
}
cout<<dp[m] ;
2、完全背包
题目大意：
有n个物品，一个容量为m的背包，每个物品可以选无限次，问拿到的最大总价值是多少。
思路：
dp三步走：dp数组含义 + 状态转移 + 初始化
1、dp数组含义：dp[i][j]表示在前i个（包括i）物品里选若干个把容量为j的背包塞到塞不下所拿到的最大价值。
2、初始化：前0个物品里拿0的容量显然dp[0][0] = 0 。
3、状态转移：在拿第i个物品时可以取0件、2件、3件等等，直到背包塞不下为止，所以在取k个第i个物品时要先预留出k * v的空间。所以：
dp[j] = max(dp[j] , dp[j - k * v] + k * w) ;
有01背包代码：
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ){
cin >> v >> w ;
for(int j = m ; j >= v ; j -- )//一维滚动优化
dp[j] = max(dp[j] , dp[j - v] + w) ;
}
cout<<dp[m] ;
根据01背包的取和不取 ，我们可以将完全背包的每一个物品分成取0件、2件、3件等等，直到背包塞不下为止。这样朴素的想法就可以让我们写出完全背包的朴素解法(n^3)：
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ){
cin>>v>>w ;
for(int j = m ; j >= v ; j -- )
for(int k = 1 ; j - k * v >= 0 ; k ++ )
dp[j] = max(dp[j] , dp[j - k * v] + k * w) ;
}
cout<<dp[m] ;
n^2优化：
该解法对于前i个物品容量为j，有下图中第一个式子。对于前i个物品，容量为j-v时有下图中第二个式子。两个式子联立就变成了完全背包的状态转移方程（绿色字）。
于是乎，代码进化了：
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ){
cin>>v>>w ;
for(int j = v ; j <= m ; j ++ )
dp[j] = max(dp[j] , dp[j - v] + w) ;
}
3、多重背包
题目大意：
有n个物品，一个容量为m的背包，每个物品最多选s次，问拿到的最大总价值是多少。
思路：
和多重背包的朴素做法思路一致，只是枚举每一件物品的结束条件发生了变化，从一直拿拿到拿不下变成一直拿拿到拿完s件或者拿不下。结合完全背包的思路，朴素做法代码就很好写：
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ){
cin>>v>>w>>s ;
for(int j = m ; j >= v ; j -- )
for(int k = 1 ; k * v <= j && k <= s ; k ++ )//拿不下或者拿完
dp[j]=max(dp[j] , dp[ j - v * k ] + w * k );
}
cout<<dp[m];
朴素做法在时间复杂度上是很劣的，物品数 * 体积 * 件数 ，n^3的复杂度是比较难受的，所以需要对件数进行二进制优化 。下面提出一个问题：
给定数字x，如果要确定n个数字，并用其子集的和来表示[0,x]这个区间内的所有数，n最少是多少？
分两种情况讨论：
1、x是2的几次方：例如x==32 ，那么我们只要用1，2，4，8 ，16，32就能表示[0,32]的所有数了。
2、x不是2的几次方：例如x==29，那么我们只要用1，2，4，8，14就能表示[0,29]的所有数了。
所以，我们只要对“1，2，4，8，14”这五个数做一次01背包就能做出[0,29]一个一个遍历的效果。这个思想体现到代码上就是对s件进行分块，分成ceil(log2(s))块 。分好块后对这些所有块进行01背包。
//因为pair的写法有定义所以放了完整代码
#include<bits/stdc++.h>
#define v first
#define w second
using namespace std ;
const int N = 2 * 1e3 + 50 ;
vector<pair<int ,int> >a ;
int n , m ;
int dp[N] ;
int main(){
cin>>n>>m ;
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ){
int tmpv , tmpw , tmps ;
cin>>tmpv >> tmpw >> tmps ;
for(int j = 1 ; j <= tmps ; j <<= 1){//二进制优化
a.push_back({tmpv * j , tmpw * j}) ;//将第i种商品分块，若干个打包在一起
tmps -= j ;
}
if(tmps)a.push_back({tmpv * tmps , tmpw * tmps}) ;
}
for(auto x : a)//分块后进行01背包
for(int j = m ; j >= x.v ; j -- ){
dp[j] = max(dp[j] , dp[j - x.v] + x.w) ;
}
cout<<dp[m] ;
}
4、分组背包
题目大意：
有n组物品，容量为m的背包，每一组物品有s个，一组里最多拿一个，问拿到的最大价值是多少。
思路：
在做01背包的时候，我们对每一种背包容量j做了拿或不拿第i个物品的决策：
dp[j] = max(dp[j] , dp[j - v] + w) ;
而在分组背包中 ，我们则是要对每一种容量j，对拿第i组里的第k个做决策。那就把每一种情况拿出来比较一下：
dp[j] = max(dp[j] , dp[j - v[k]] + w[k]) ;
因为是对每一种容量j做决策，所以在对于每一个j，最多是拿了该组中的一个物品（也可能没有拿），这是符合分组背包“一组拿一个”的要求的。
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ){
cin>>s ;
for(int j = 1 ; j <= s ; j ++ )cin>> v[j] >> w[j] ;
for(int j = m ; j >= 0 ; j -- )//枚举容量
for(int k = 1 ; k <= s ; k ++ )
//对前i组物品，每一种容量，拿第几个做决策
if(j >= v[k])
dp[j] = max(dp[j] , dp[j - v[k]] + w[k]) ;
}
cout<<dp[m] ;
分组背包题外话：
对着上面的代码想一想，上面是先枚举容量再枚举组中的第k个物品的。如果我们先枚举第i组中的物品再去枚举容量j，会出现什么情况？
那就是说，如果我们在拿了第i组物品中的第1个物品后，还是可以拿第i组物品的第2个物品的。这样就是把题中分的n组物品打散了变成n*s[i]个物品的01背包问题。
梳理和小结：
有点啰嗦
题意：
0 1背包：n个物品拿或不拿
完全背包：n个物品拿无限次
多重背包：n个物品最多拿s次
分组背包：n组物品，一组里最多拿一个
四种背包的数组意义都是：前i个（组）物品中，用容量为j的背包去装，最多装的价值。而做的过程都是枚举容量j，然后根据题目要求去比较拿或不拿或拿若干次谁比较优。
过程和小细节：
0 1背包 ： 对前i个物品，枚举容量j。对容量j，枚举拿和不拿第i个物品谁比较优。（一维数组滚动优化）
完全背包：对前i个物品，枚举容量j。对容量j，枚举拿k个第i个物品谁比较优，k一直取到装满背包。
多重背包：对前i个物品，枚举容量j。对容量j，枚举拿k个第i个物品谁比较优，k取到s或者装满背包（二进制优化）
分组背包：对前i组物品，枚举容量j。对容量j，枚举第i组中拿第k个或不拿谁比较优。
相信聪明的你已经发现了，对i和j的枚举都是一样的，关键是对物品的决策。这一点需要紧扣题意去完成。
总结：
动态规划问题要紧扣题意，确定好数组意义，状态转移 和 初始化的设置。而且总是从小状态转移到大状态，这和记忆化搜索递归过程的“归”过程比较相似。最后感谢y总的讲解，帮助我解决了很多疑惑。
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