背包类问题总结

零、一些记号与约定

物品种类个数：$n$。

背包最大容量：$m$，无特殊声明外非负。

每种物品的体积：$v_i$，无特殊声明外非负。

每种物品的价值：$w_i$，无特殊声明外非负。

每种物品的数量：$c_i$，无特殊声明外 $c_i=1$。

物品体积的最大值：$V=\max_{i}{v_i}$。

物品价值的最大值：$W=\max_{i}{w_i}$。

物品数量的最大值：$C=\max_{i}{c_i}$。

一、朴素动态规划

01 背包

$n$ 个物品，每个物品有体积 $v_i$ 和价值 $w_i$，求体积和不超过 $m$ 的情况下价值和的最大值。

设 $f_{i,j}$ 表示当前考虑了前 $i$ 个物品，体积和为 $j$ 的最大价值和。

转移即为 $f_{i-1,j}+w_i \rightarrow f_{i,j+v_i}$。

考虑把第一维去掉，设 $f_j$ 表示目前体积和为 $j$ 的最大价值和。

每次新加第 $i$ 个物品，有转移 $f_j+w_i \rightarrow f'_{j+v_i}$。实际上不需要 $f'$，因为 $v_i \geq 0$，所以可以直接倒序枚举 $j$ 转移来避免后效性。

时间复杂度 $\mathcal O(nm)$，空间复杂度 $\mathcal O(n+m)$。

for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=m-v[i];j>=0;j--) f[j+v[i]]=max(f[j+v[i]],f[j]+w[i]);

完全背包

$n$ 个物品，每个物品有体积 $v_i$ 和价值 $w_i$，数量有无限个（$c_i=+\infty$），求体积和不超过 $m$ 的情况下价值和的最大值。

跟 $01$ 背包差不多，只不过转移变为 $f_j+kw_i \rightarrow f'_{j+kv_i}(k \geq 1)$，直接顺序 dp 即可。

时间复杂度 $\mathcal O(nm)$，空间复杂度 $\mathcal O(n+m)$。

for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<=m-v[i];j--) f[j+v[i]]=max(f[j+v[i]],f[j]+w[i]);

多重背包

$n$ 个物品，每个物品有体积 $v_i$ 和价值 $w_i$，数量为 $c_i$，求体积和不超过 $m$ 的情况下价值和的最大值。

还是考虑 01 背包的 dp 形式，转移变为 $f_j+kw_i \rightarrow f'_{j+kv_i}(k \in [1,c_i])$。

二进制分组优化背包

将每个 $c_i$ 拆成 $2^0+2^1+\cdots+2^k+(m-2^{k+1}+1),m-2^{k+1}+1 \in [0,2^{k+1})$，容易证明 $[0,c_i]$ 的所有数都可以被这 $\lfloor \log{c_i} \rfloor+1$ 个数表示出来。

注意不是将 $c_i$ 直接二进制拆分！！！

那么这就变成了 $n\log C$ 个物品的 01 背包问题。举个例子，第 $i$ 个物品的 $c_i$ 被分成的其中一个数为 $x$，那么这个新物品的体积为 $xv_i$，价值为 $xw_i$，数量为 $1$。

时间复杂度 $\mathcal O(nm\log C)$，空间复杂度 $\mathcal O(n\log C+m)$。

单调队列优化背包

每次新加第 $i$ 个物品，将 $f_j$ 按照 $j \bmod v_i$ 分组，那么显然只有同一组的会互相转移。

假设 $j_1,j_2$ 属于同一组且 $j_1<j_2$，那么转移可以改写为 $f_{j_1}+(\lfloor \frac{j_2}{v_i} \rfloor-\lfloor \frac{j_1}{v_i} \rfloor)w_i \rightarrow f'_{j_2}$，且要求 $\lfloor \frac{j_2}{v_i} \rfloor-\lfloor \frac{j_1}{v_i} \rfloor \leq c_i$。

直接用单调队列优化，时间复杂度 $\mathcal O(nm)$，空间复杂度 $\mathcal O(n+m)$。

二、特殊背包问题解法

贪心+小范围 dp

适用范围：任意背包，$m,v_i,w_i$ 可负。

首先对物品进行一下预处理：若 $v_i \geq 0,w_i \leq 0$，则此物品一定不优，丢掉；若 $v_i \leq0 ,w_i \leq 0$，则先默认选取此物品，然后将 $v_i,w_i$ 取反。

然后按性价比排序，贪心从前往后选取物品直至下一步会超过 $m$ 或者取完了。如果取完了则直接输出答案，否则此时选取物品的体积总和 $S \in (m-V,m]$。

考虑目前贪心的方案与最终答案的区别。首先最终答案的体积总和 $S'$ 一定也属于 $(m-V,m]$（否则可以多选物品），然后最终方案一定是在目前方案的基础上，丢掉一些物品，再选择一些物品得到的。

由于所有物品 $|v_i|\leq V$，于是可以通过调整操作顺序使得体积总和 $S$ 始终处于 $(m-V,m+V]$。具体来说，若当前 $S \leq m$，则选择加入物品的操作；否则选择丢掉物品的操作。

进一步观察可以发现，在上述操作的过程中，一定不会出现多次相同的 $S$。证明大概就是考虑第一次到达 $S$ 和第二次到达 $S$ 中间的操作，由于第二次更优，所以中间操作的 $\Delta w>0$。将这些操作作用在一开始贪心得到的方案，就得到了一个体积和与一开始相同，且价值和更大的方案。然而我们一开始是按照性价比贪心选取的，选出来的一定是当前体积和的最优解（类似实数背包），矛盾。

于是之后最多进行 $2V$ 次操作。枚举 $n$ 种物品，假设第 $i$ 种物品在贪心的时候选了 $d_i$ 个，还剩 $c_i-d_i$ 个，那么第 $i$ 种物品就可以进行 $d_i$ 次丢掉物品的操作和 $c_i-d_i$ 次加入物品的操作，根据 $v_i$ 的正负性放进背包。由于最多选择 $2V$ 个物品，所以背包容量大小是 $2V^2$ 级别的。

同理，还可以做恰好体积和为 $m$ 的背包。时间复杂度 $\mathcal O(n\log n+nV^2)$，空间复杂度 $\mathcal O(n+V^2)$。

例题：

[BalticOI 2022 Day1] Uplifting Excursion

分治法

适用范围：完全背包

记 $f(S)$ 为 $S$ 内所有物品的体积之和。考虑某个选取方案 $X$，那么一定存在某种将 $X$ 划分为 $S$ 和 $X/S$ 的方式，使得 $|f(S)-f(X/S)| \leq V$。

证明：考虑 $[\frac{f(X)-V}{2},\frac{f(X)+V}{2}]$ 这段长为 $V$ 的区间，将 $X$ 中的数一个个加进 $S$，由于 $f(S)$ 的跨度不超过 $V$，所以一定存在某个时刻使得 $f(S)$ 在这段区间里面。

所以如果要求体积和恰好为 $m$ 的完全背包问题，就可以将其划分为两个完全独立的子问题，即递归求出 $[\frac{m-V}{2},\frac{m+V}{2}]$ 内的答案后，更新 $m$ 的答案。

由于 $[l,r]$ 的区间会递归到 $[\frac{l-V}{2},\frac{r+V}{2}]$，初始区间为 $[m,m]$，所以区间长度始终不会超过 $2V$，递归 $\log m$ 层之后区间内的值就会变得很小，可以直接预处理。

如果不要求恰好为 $m$，由于最终答案的体积和一定属于 $(m-V,m]$，所以就令初始区间为这个，区间长度仍然不会超过 $2V$。

具体实现可以不用递归。考虑第 $i$ 层的区间大概就是 $[\frac{m}{2^i}-V,\frac{m}{2^i}+V]$，预处理出大概 $[0,2V]$ 的 dp 值后直接按层从下往上推就行了。

时间复杂度 $\mathcal O(nV+V^2\log m)$。

例题：

gym10106L The Knapsack problem

子集和问题

适用范围：01 背包，没有 $w_i$ 或 $w_i$ 全相同

折半搜索

分别枚举前一半和后一半的所有情况，之后用哈希表求解，时间复杂度 $O(2^{\frac{n}{2}})$

如果是求有背包容量上限的最大体积和，那么可以排序之后双指针，时间复杂度 $O(n2^{\frac{n}{2}})$，空间复杂度 $O(n+2^{\frac{n}{2}})$。

bitset 优化

朴素算法

直接套用 01 背包。由于没有 $w_i$，所以 $f$ 的值只有 $0/1$，表示是否可行，用 bitset 优化转移即可做到时间复杂度 $\mathcal O(\frac{nm}{\omega})$，空间复杂度 $\mathcal O(n+\frac{m}{\omega})$。

随机算法

首先贪心地从前往后选物品，使得总体积 $S \leq m$。

然后考虑当前与最优方案的区别，一定是在目前方案的基础上，丢掉左边的物品，再选取一些右边的物品。

将左边的 $v_i$ 取反，那么问题变为一个新的 01 背包问题，要选一些数使得和恰好为 $m-S$。

假设我已经知道了要选取哪些数使得这些数的和为 $m-S$，那么将它随机打乱，其前缀和的绝对值最大值是 $\sqrt{n}V$ 级别的。

于是将 $v_i$ 随机打乱，做容量为 $\sqrt{n}V$ 级别的 bitset 优化 01 背包，时间复杂度 $\mathcal O(\frac{n\sqrt{n}V}{\omega})$，空间复杂度 $\mathcal O(n+\frac{\sqrt{n}V}{\omega})$。

二进制分组

设 $S=\sum{v_i}$，那么此算法可以同时对所有 $m \in [1,S]$ 求解。

将 $v_i$ 相同的物品合并到一起，然后用二进制分组优化。

考虑优化完后还剩多少个物品，设 $a_i$ 为初始体积为 $i$ 的物品数量，那么最后会剩 $\sum\limits_{k\geq 0}\sum\limits_{i=1}^{S}{[a_i \geq 2^k]}$ 个物品。

由于 $\sum\limits_{i=1}^{S}{ia_i}=S$，所以 $a_i \geq 2^k$ 的数量最多 $\sqrt{\frac{S}{2^k}}$ 种，总和即为 $\sum\limits_{k\geq 0}{\sqrt{\frac{S}{2^k}}}=\mathcal O(\sqrt{S})$ 种。

时间复杂度 $\mathcal O(n+\frac{S\sqrt{S}}{\omega})$，空间复杂度 $\mathcal O(n+\frac{S}{\omega})$。

更优秀的线性解法

整体思路其实跟之前的「贪心+小范围 dp」差不多。首先贪心地选取前面的物品使得总和 $\leq m$，若取完了则直接输出答案，注意可以不用对 $v_i$ 排序。

之后还是考虑与最优方案的区别。设贪心时已经取完了前 $pos$ 个数，后面 $n-pos$ 个数没有选，那么最优方案一定是在目前方案的基础上，丢掉一些左边的物品，再选取一些右边的物品得到的。

不妨假设是从中间的断点 $pos$ 往两边操作的，若当前体积和 $\leq m$，则选择右边的物品加入，否则选取左边的物品丢掉，这样体积和始终在 $(m-V,m+V]$ 内。

于是设计 dp 状态 $f_{l,r,w}$ 表示只考虑操作 $[l,r]$ 内的数，是否可以构造出和为 $w$ 的方案。转移即枚举上一步操作是从 $f_{l+1,r}$ 还是 $f_{l,r-1}$ 转移过来，以及 $l$ 和 $r$ 有没有操作。具体转移如下：

• $f_{l,r,w} \leftarrow f_{l,r-1,w}$

• $f_{l,r,w} \leftarrow f_{l+1,r,w}$

• $f_{l,r,w+a_r} \leftarrow f_{l,r-1,w}(w \leq m)$

• $f_{l,r,w-a_l} \leftarrow f_{l+1,r,w}(w > m)$

需要注意到 $w\in (m-V,m+V]$，即 $w$ 范围是 $\mathcal O(V)$ 的。

考虑优化，设 $g_{r,w}$ 表示要使得 $f_{l,r,w}=1$，$l$ 最大是多少，没有则记为 $0$。

转移时还是考虑上一步从哪边转移，以及 $l,r$ 要不要操作。具体转移如下：

• $g_{r,w} \leftarrow g_{r-1,w}$，即从 $r-1$ 转移过来且不操作 $r$；

• $g_{r,w+a_r} \leftarrow g_{r-1,w}(w \leq C)$，即从 $r-1$ 转移过来且操作 $r$；

• $g_{r,w-a_l} \leftarrow l(w > C,l < g_{r,w})$，即从左边转移过来且操作 $l$。

从左边转移但不操作 $l$ 的情况不需要考虑，因为 $g$ 取的是 $\max$。

状态数变少了，但复杂度没变，其瓶颈在于第 $3$ 步。注意到当 $l<g_{r-1,w}$ 时，其会在 $r-1$ 时就被转移，然后从第 $1$ 步转移回来。所以只需要转移 $l \geq g_{r-1,w}$ 即可。对于单个 $w$，转移的复杂度为 $\mathcal O(\sum{g_{r,w}-g_{r-1,w}})=\mathcal O(n)$，于是总时间复杂度为 $\mathcal O(nV)$。空间复杂度用滚动数组优化可以做到 $\mathcal O(n+V)$。

例题：

Subset Sum

[ABC221G] Jumping sequence，题解

决策单调性优化背包

适用范围：任意背包

当所有的 $v_i$ 相同时，可以直接将 $w_i$ 从大到小排序后贪心选，这些点构成了一个凸包。这启发我们在 $V$ 很小（或者 $v_i$ 种类数很少）的时候尝试把这些凸包加起来。

直接做闵可夫斯基和是错的，因为这样每次只能保留 dp 数组构成的凸包上的点，而非凸包位置上的答案是无法被计算的。凸包上的点在后续过程中并不能完全偏序非凸包上的点，于是这是错误的。

假设现在正在把体积为 $v$ 的凸包加上去，于是按照 $i \bmod v$ 的值对当前背包 dp 数组 $f_i$ 分组，每组单独做。

每一组都是形如一个 $c_i=\max\limits_{j=0}^{i}{a_j+b_{i-j}}$ 的 $(max,+)$ 卷积形式，不妨设 $f_i$ 表示的是体积和 $\leq i$ 的答案，那么序列 $a$ 会满足单调性，序列 $b$ 会满足凸性（也就有四边形不等式）。

设矩阵 $A_{i,j}=a_j+b_{i-j}(j \leq i)$，那么不难证明 $A$ 满足四边形不等式，即 $A$ 为完全单调矩阵，使用 SMAWK 求解每行的最大值所在位置即可。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log n+mV)$，空间复杂度 $\mathcal O(n+m)$。如果偷懒用分治或二分栈，后面的复杂度会带一个 $\log$，但是常数较小。

什么，不会 SMAWK？来我的博客看看吧~

多项式优化背包

适用范围：无限背包，算方案数而非最优化，可对 $[1,m]$ 都求答案

多项式不在本文考虑范围内，只是浅浅地点一下。

考虑写出体积为 $v$ 的生成函数：$F_{v}(x)=\frac{1}{1-x^{v}}$，于是答案即为 $[x^{1\sim m}]\prod\limits_{i=1}^{n}{F_{v_i}(x)}$。

直接卷积不太行，考虑把所有 ln 加起来再 exp 回去。

注意到 $\operatorname{ln}(1-x^{v})=-\sum\limits_{i \geq 1}{\frac{x^{vi}}{i}}$，于是只需要统计出每个 $v$ 的出现次数，然后给对应的 $\frac{m}{v}$ 项系数加一下就行了。

时间复杂度 $\mathcal O(n+m\log m)$，空间复杂度 $\mathcal O(n+m)$。

例题：

付公主的背包