背包提高练习题题解

前言

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文中介绍了背包的提高练习，难度从黄到蓝。

T1-SCUBADIV - Scuba diver

题目描述

潜水员为了潜水要使用特殊的装备。

他有一种带 $2$ 种气体的气缸：一个为氧气，一个为氮气。潜水员有 $m$ 个气缸。每个气缸都有重量 $w_i$ 和氧气容量 $o_i$ 和氮气容量 $n_i$。

让潜水员下潜的深度需要各种的数量的氧和氮。潜水员为了完成他的工作需要特定数量的氧和氮。

一共有 $q$ 组数据，对于每一组数据，给出潜水员所需要的氧气量 $O$ 以及所需的氮气量 $N$ ，请问他完成工作所需气缸的总重的最低限度是多少？

输入/输出格式

输入文件的第一行，仅包含数据的组数 $q$ 。

对于接下来的每一组数据：

第一行输入潜水员所需要的氧气量 $O$ 以及所需的氮气量 $N$；

第二行输入潜水员可选的氧气瓶的数目 $m$；

接下来的 $m$ 行，每一行有三个数，从左至右依次为第 $i$ 个氧气瓶提供的氧气量 $o_i$，氮气量 $n_i$，以及第 $i$ 个氧气瓶的重量 $w_i$ 。

输出文件只有一行，即为答案。（注意要换行）

数据范围与约定

• $1\leq O,o_i\leq 21,1\leq N,n_i\leq 79,1\leq m\leq 1000,1\leq w_i\leq 800$

（它们都是整数）

样例 #1

样例输入 #1

1
5 60
5
3 36 120
10 25 129
5 50 250
1 45 130
4 20 119

样例输出 #1

249

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Solution

其实就是二维的背包，相当于有两个体积。

此时我们可以定义 $dp_{i,j,k}$ 为：选到第 $i$ 个商品，氧气容量为 $j$，氮气容量为 $k$ 的最小重量。

由于数据较小，边界设为 $500$ 就好了。

难度约为黄。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N =1e3+10;
int t,a,n,w1,w2,v,dp[N][N],ans=1e9; 
int main() {
	cin>>t>>a>>n;
	memset(dp,0x3f,sizeof dp);dp[0][0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		cin>>w1>>w2>>v;
		for(int j=500;j>=w1;j--)
			for(int k=500;k>=w2;k--) {
				dp[j][k]=min(dp[j][k],dp[j-w1][k-w2]+v);
				if(j>=t&&k>=a&&dp[j][k]<1e9) ans=min(ans,dp[j][k]);
			}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

---

T2-[USACO08NOV] Buying Hay S

题目描述

约翰的干草库存已经告罄，他打算为奶牛们采购 $H(1 \leq H \leq 50000)$ 磅干草。 他知道 $N(1 \leq N\leq 100)$ 个干草公司，现在用 $1$ 到 $N$ 给它们编号。第 $i$ 公司卖的干草包重量为 $P_i (1 \leq P_i \leq 5,000)$ 磅，需要的开销为 $C_i (1 \leq C_i \leq 5,000)$ 美元。每个干草公司的货源都十分充足， 可以卖出无限多的干草包。

帮助约翰找到最小的开销来满足需要，即采购到至少 $H$ 磅干草。

样例 #1

样例输入 #1

2 15 
3 2 
5 3

样例输出 #1

9

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Solution

与一般题不同的是，本题要求干草数量（体积）至少为 $H$。此时就要考虑比 $H$ 大的情况的开销，即 $j>H$。有一个结论很重要：

• 最优解存在于 $0\sim H+\max\{P_i\}$。

因为 $j>H$ 的情况只会在原来比 $H$ 小，加入某个商品后比 $H$ 大时出现。若本来 $j>H$，再选商品的花费必定没有不选优。

在本题中为 $5\times 10^4+5\times 10^3$。减少了不必要的时空开销。

难度约为黄。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N =5e5+10;
int t,a,n,w,v,dp[N],ans=1e6; 
int main() {
	cin>>n>>t;
	memset(dp,0x3f,sizeof dp);dp[0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		cin>>w>>v;
		for(int j=w;j<=5e4+5000;j++) {
			dp[j]=min(dp[j],dp[j-w]+v);
			if(j>=t) ans=min(ans,dp[j]);
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

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T3-Talent Show

有 $N$ 个奶牛。有重量 $W_i$ 和才艺值 $V_i$。现组成奶牛小队，你需要找到一队重量至少为 $M$ 的奶牛，使得他们的才艺值最大。

输入格式

n m
W1 W2...Wn
V1 V2...Vn

样例输入 #1

3 15

20 10 30

21 11 31

样例输出 #1

63

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数据规模与约定

对于全部的测试点，保证: $1\le N\le 250,1\leq M\leq 10000,1\leq W_i\leq 10^6,-10^3\leq V_i\leq 10^3$。

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Solution

本题的重点也是边界，本题的最优解并不存在上述结论。并且 $W_i$ 极大。

此时我们就要重新构建状态：

我们依旧设 $dp_{i,j}$ 为选到了第 $i$ 个奶牛，重量为 $j$ 的最大才艺值。
但是对于 $dp_M$，我们需要特别对待，定义为重量 $\ge M$ 的最大才艺值。

因为重量必然是递增的。$dp_M$ 的状态选或不选都是 $\ge M$ 的。

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Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int n,ma,w[N],v[N],dp[N];
int main() {
	cin>>n>>ma;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>w[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>v[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=ma;j>=0;j--) {
			dp[min(j+w[i],ma)]=max(dp[min(j+w[i],ma)],dp[j]+v[i]);
		}
	}
	cout<<dp[ma];
	return 0;
}

T4-得分

题目描述

现在 zql 手上有 $N$ 道题，他总共有 $T$ 的时间来完成他们中的一些或全部。每道题有一个完成所需时间 $t_i$ 和一个难度系数 $c_i$。如果 zql 在剩余 $x$ 个单位时间的时候开始做题 i，并且能够完成，那么总分加上 $x\times c_i$。现在 zql 要从这 $N$ 道题中选出一些在 $T$ 个单位时间内完成，并且按照某种顺序依次完成它们（zql 每个单位时间只能做一道题，并且一旦他决定做某题就会一直做直到做完），那么他最多能够拿到多少分呢？

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对于 $100\%$ 的数据，$N≤3000,T≤10000$，所有 $t_i$ 和 $c_i$ 均不超过 $100$。保证答案在 $32$ 位有符号整型范围内。

输入样例：

3 12

3 6

7 5

4 2

输出样例：

117

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Solution

在题目中，做题的顺序，即剩下的时间与权值是有关系的。所以要考虑一个顺序，使得最优解存在于该顺序中。

假设现在有第 $i,j$ 个商品，剩余时间为 $T$。此时分先后顺序讨论价值。

• 先 $i$:$T\times c_i+(T-t_i)\times c_j=T\times c_i+T\times c_j-t_i\times c_j$

• 先 $j$:$T\times c_j+(T-t_j)\times c_i=T\times c_i+T\times c_j-t_j\times c_i$

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得到排序顺序：$t_i\times c_j<t_j\times c_i$。（减的越小，价值越大）

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然后就是 01 背包的模板了。对第 $i$ 个商品做选与不选。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define w(i) w[mp[i]]
#define v(i) v[mp[i]]
using namespace std;
const int N = 1e5+10;
int n,m,w[N],v[N],mp[N],ans;
int dp[N];//最多剩余 j 时间
int main() {
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		cin>>w[i]>>v[i];
		mp[i]=i;
	}
	sort(mp+1,mp+n+1,[](int a,int b) {
		return w[a]*v[b]<w[b]*v[a];
	});
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=0;j+w(i)<=m;j++) {
			dp[j]=max(dp[j],dp[j+w(i)]+(j+w(i))*v(i));
			ans=max(dp[j],ans);//剩余多少时间都可以统计答案
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

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T5-多人背包

题目描述

求01背包前k优解的价值和

DD 和好朋友们要去爬山啦！

他们一共有 $K$ 个人，每个人都会背一个包。这些包 的容量是相同的，都是 $V$。可以装进背包里的一共有 $N$ 种物品，每种物品都有 给定的体积和价值。

在 DD 看来，合理的背包安排方案是这样的： 每个人背包里装的物品的总体积恰等于包的容量。 每个包里的每种物品最多只有一件，但两个不同的包中可以存在相同的物品。

任意两个人，他们包里的物品清单不能完全相同。 在满足以上要求的前提下，所有包里的所有物品的总价值最大是多少呢？

输入格式

第一行三个数 $K$、$V$、$N$

接下来每行两个数，表示体积和价值

输出格式

前 $k$ 优解的价值和

样例输入

2 10 5
3 12
7 20
2 4
5 6
1 1

样例输出

57

提示

对于 $100\%$的数据, $K\le 50,V\le 5000,N\le 200$

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本题是一道经典的求背包 $k$ 优解的问题。

我们定义 $dp_{i,j,k}$ 为选到了第 $i$ 个商品，价值最多为 $j$ 的第 $k$ 优解。

对于每个 $i,j$，$dp_{i,j}$ 可以从 $dp_{i-1,j},dp_{i-1,j-{w_i}}+v_i$ 转移过来。
对于第 $k$ 优解，每个都从两种情况转移。我们需要统计所有的情况，并按价值赋给新的最优解。

---

但是还需要排序。考虑优化。

$k$ 优解的性质是：价值从大到小，也就是说具有单调性。我们可以把 $dp_{i-1,j},dp_{i-1,j-{w_i}}+v_i$ 分开计算。

就像归并排序一样，有两个有序的序列，使用两个指针，就可以合并为一个有序的序列。

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至此，我们就解决了背包中的 $k$ 优解问题。本题将 $k$ 优解求和就可以了。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int K,ma,n,dp[5001][51],w,v,t[51],ans;
int main() {
	cin>>K>>ma>>n;
	memset(dp,-0x3f,sizeof dp);
	dp[0][1]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		cin>>w>>v;
		for(int j=ma;j>=w;j--) {
			int l1=1,l2=1;
			for(int p=1;p<=K;p++)
				if(dp[j][l1]>dp[j-w][l2]+v)
					t[p]=dp[j][l1++];
				else
					t[p]=dp[j-w][l2++]+v;
			for(int p=1;p<=K;p++) dp[j][p]=t[p];
			//要建立一个临时数组 t，如果随用随改的话可能就会重复计算
		}
	}
	for(int i=1;i<=K;i++) ans+=dp[ma][i];
	cout<<ans;
	return 0;
}

T6-Bank notes

多重背包二进制优化可以通过本题。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5+10;
int n,m,c;
int w[N],tt[N],v[N],dp[N];
void add(int _w,int _v,int _c) {
	int cnt=1;
	while(_c) {
		if(_c<cnt) cnt=_c;
//		cout<<cnt<<" "<<cnt*_w<<" "<<cnt*_v<<"\n";
		_c-=cnt,w[++c]=cnt*_w,v[c]=cnt*_v;cnt<<=1;
	}
}
int main() {
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>tt[i];
	for(int i=1,t;i<=n;i++) cin>>t,add(tt[i],1,t);
	memset(dp,0x3f,sizeof dp);dp[0]=0;
	cin>>m;
	for(int i=1;i<=c;i++) {
		for(int j=m;j>=w[i];j--) {
			dp[j]=min(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
		}
	}
	cout<<dp[m];
	return 0;
}

---

T7-剪草

有 $N$ 棵草，高度为 $h_i$。以下时刻内会发生以下事件：

1. 每棵小草都长高了，第 $i$ 棵小草长高的高度是 $g_i$。
2. 选中一棵小草并将高度变为 $0$，它在下一秒还会生长。
3. 计算这 $N$ 棵草的高度和，如果不超过 $H$，则完成任务，否则轮到下一时刻。

问最早在什么时候可以完成任务。如果永远完不成，输出 $-1$。

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输入格式

N H
h1 h2...hn
g1 g2...gn

输出格式

最早的完成时刻。

数据范围

$1\le n\le 50,0\le H\le 10^6,0\le h_i\le 10^5,1\le g_i \le 10^5$

输入样例

3 16

5 8 58

2 1 1

输出样例

1

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Solution

这题的背包也和贪心结合了起来。

与 T5 一样，选择的次序也会对结果产生影响。先来考虑顺序。有 $i,j$ 两棵草，设都在第 $s$ 时刻，按先后顺序比较剪掉草的高度和：

• 先 $i$:$h_i+h_j+g_i \times s+g_j\times (s+1)=h_i+h_j+(g_i+g_j)\times s+g_j$
• 先 $j$:$h_i+h_j+g_j \times s+g_i\times (s+1)=h_i+h_j+(g_i+g_j)\times s+g_i$

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消去相同部分，想要高度和更大，就要使 $g_j>g_i$。

排序后，进行背包。设 $dp_{i,j}$ 为选到了第 $i$ 个草时，剪了 $j$ 次草的最大剪草高度。这样就可以对第 $i$ 个草剪与不剪。剪的情况：$dp_{j-1}+h_i+j\times g_i$。

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Code

#include<bits/stdc++.h>
#define h(i) h[mp[i]]
#define g(i) g[mp[i]]
using namespace std;
const int N = 1e5+10;
int n,s,s1,s2,h[N],g[N],mp[N],dp[N];
//第 j 时刻减的最多草 
int main() {
	cin>>n>>s;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>h[i],s1+=h[i],mp[i]=i;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>g[i],s2+=g[i];
	sort(mp+1,mp+n+1,[](int a,int b) {
		return g[a]<g[b];
	});
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=i;j>0;j--) {
			dp[j]=max(dp[j],dp[j-1]+h(i)+j*g(i));//j 不剪或剪 
		}
	}
	for(int i=0;i<=n;i++)//在第 i 个时刻，判断总共的高度减去剪掉的高度满足条件与否
		if(s1+s2*i-dp[i]<=s) return 0&(printf("%d",i));
	cout<<-1;
	return 0;
}

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T8-[TJOI2013] 黄金矿工

题目描述

小 A 最近迷上了在上课时玩《黄金矿工》这款游戏。为了避免被老师发现，他必须小心翼翼，因此他总是输。

在输掉自己所有的金币后，他向你求助。每个黄金可以看做一个点（没有体积）。现在给出你 $N$ 个黄金的坐标，挖到它们所需要的时间以及它们的价值。有些黄金在同一条直线上，这时候你必须按顺序挖。你可以瞬间把钩子转到任意角度。

请你帮助小 A 算出在时间 $T$ 内他最多可以得到多少价值的金子。

输入格式

第一行两个整数 $N$ 和 $T$，表示黄金的个数和总时间。

接下来 $N$ 行，每行四个整数 $x$、$y$、$t$、$v$，分别表示黄金的坐标，挖到这个黄金的时间，以及这个黄金的价值。

输出格式

一个整数,表示你可以在 $T$ 时间内得到的最大价值。

样例 #1

样例输入 #1

3 10
1 1 1 1
2 2 2 2
1 3 15 9

样例输出 #1

3

样例 #2

样例输入 #2

3 10
1 1 13 1
2 2 2 2
1 3 4 7

样例输出 #2

7

提示

• 对于 $30\%$ 的数据，$0<T\le 4\times 10^3$；
• 对于 $100\%$ 的数据，$1\le N\le 200$，$0<T\le 4\times 10^4$。

保证 $0\le|x|\le 200$，$0<y≤200$，$0<t\le 200$，$0\le v\le 200$。

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Solution

这题关键在于将坐标系中的值，转变为背包问题的模型。我们可以枚举一个开始点，然后往后找在一条直线的点。

此时要考虑如何做到按顺序取，可以令每一条直线为一组，从起点开始做一个前缀和，然后分组背包，意义在于可以实现按顺序取。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 201,M = 4e4+10; 
int n,m,ti,tj,x,y,c;
int mp[N<<1][N],mpp[N<<1][N],w[N][N],v[N][N],cn,cy[N],dp[M];
int main() {
	cin>>n>>m;
	for(int i=1,d;i<=n;i++) {
		cin>>x>>y>>c>>d;
		x+=200;//x有负数 防越界 
		mp[x][y]=d;
		mpp[x][y]=c;
	}
	for(int i=-200,p=i+200;i<=200;i++,p++) for(int j=0;j<=200;j++) 
		if(mp[p][j]) {
			++cn,cy[cn]=1;
			w[cn][1]=mp[p][j];
			v[cn][1]=mpp[p][j];//更新价值 
			mp[p][j]=0;
            for(int i2=i,p2=p;i2<=200;i2++,p2++) for(int j2=j;j2<=200;j2++)
				if(i*j2==j*i2&&abs(j)<abs(j2)&&mp[p2][j2]) {
					++cy[cn];
					w[cn][cy[cn]]=w[cn][cy[cn]-1]+mp[p2][j2];
					v[cn][cy[cn]]=v[cn][cy[cn]-1]+mpp[p2][j2];//前缀和 
					mp[p2][j2]=0;//当前点已选 
					j2=200;//只能是斜着的，所以直线搜索不可能有符合条件的点 
				}
		}
	for(int i=1;i<=cn;i++)
		for(int j=m;j>=0;j--)
			for(int k=1;k<=cy[i];k++)
				if(j>=v[i][k])//分组背包 
					dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i][k]]+w[i][k]);
	cout<<dp[m];
	return 0;
}

---

T9-P2967

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