背包
前言
背包是线性动态规划的一种重要模型，它分为：
1、0/1背包
2、完全背包
3、多重背包
4、分组背包
我们将一起学习这种DP的思路，开拓思维。
0/1背包
题目原型
给定 n 件物品，物品的重量为 w[i]，物品的价值为 c[i]，每种物品只有1个。
现挑选物品放入背包中，假定背包能承受的最大重量为 V，
问应该如何选择装入背包中的物品，使得装入背包中物品的总价值最大？
分析
对于这类问题，我们首先的思路可能是贪心。但是经过一番推导后，我们发现贪心的思路并不可行。那么对于线性动态规划有一定了解的同学们会发现，这题满足线性动态规划的原则（即无后效性和最优子结构性质），可以考虑使用动态规划算法解决。
那么我们想要使用DP，首先要把状态定义出来。刚才我们说过了，本题是一道线性DP。那么对于线性DP，我们一般将“阶段”定义进状态中。不难发现本题的阶段是对于第 \(i\) 件物品的处理，以及当前已经装进背包的重量。
于是，我们可以定义状态 \(f[i][j]\) 表示处理了前 \(i\) 件物品，当前背包中已经放了 \(j\) 的重量。那么，显然有转移方程：
f[i][j]=f[i-1][j]; //不选这件物品
f[i][j]=max(f[i][j],f[i][j-w[i]]+c[i]); //选这件物品
此时我们发现它的空间复杂度过高，为 \(O(nV)\) 。可是分析转移方程，可以发现，对于 \(f[i][j]\) ，它的转移只与 \(f[i-1][j]\) 有关，于是我们可以采用一种“滚动数组”的方法优化空间复杂度。优化后为：
f[i & 1][j]=f[(i-1) & 1][j];
f[i & 1][j]=max(f[i & 1][j],f[(i-1) & 1][j-w[i]]+v[i]);
分析到这里，整个代码已经出了大概样貌：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e3+100;
int f[2][N],n,v;
int w[N],c[N];
int main()
{
memset(f,0xcf,sizeof(f));
f[0][0]=0;
scanf("%d %d",&v,&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d %d",&w[i],&c[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<=v;j++)
f[i & 1][j]=f[(i-1) & 1][j];
for(int j=v;j>=w[i];j--)
f[i & 1][j]=max(f[i & 1][j],f[i & 1][j-w[i]]+c[i]);
}
int ans=0;
for(int i=0;i<=v;i++)
ans=max(ans,f[n & 1][i]);
printf("%d",ans);
return 0;
}
这段代码已经可以过掉 P1048采药 了，但是还是不够完美。
怎么去进一步优化呢？分析代码，我们可以发现
每一步中，我们实际是把f[(i-1) & 1]复制到f[i & 1][j]中，
或是用f[(i-1) & 1][j]更新f[i & 1][j]，
实际的转移与状态的第一维并无关，因此，我们不必定义第一维了。
如果理解不了建议自己把两种都打上，写个对拍看看是否有区别。
那么到了这一步，我们最通用的0/1背包模板出现了：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e3+100;
int v,n,w[N],c[N],f[N];
int main()
{
scanf("%d %d",&v,&n);
memset(f,0xcf,sizeof(f));
f[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d %d",&w[i],&c[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=v;j>=w[i];j--)
f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+c[i]);
int ans=0;
for(int i=1;i<=v;i++)
ans=max(ans,f[i]);
printf("%d",ans);
return 0;
}
完全背包
题目原型
给定 n 件物品，物品的重量为 w[i]，物品的价值为 c[i]，每种物品都有∞个。
现挑选物品放入背包中，假定背包能承受的最大重量为 V，
问应该如何选择装入背包中的物品，使得装入背包中物品的总价值最大？
思路分析
这类题目大家很容易发现，它就是每种物品可以使用无数次的0/1背包。我们仍旧定义状态\(f[i][j]\) 表示处理了前 \(i\) 件物品，当前背包中已经放了 \(j\) 的重量，转移方程仍然相同：
f[i][j]=f[i-1][j]; //不选这件物品
f[i][j]=max(f[i][j],f[i][j-w[i]]+c[i]); //选这件物品
但是，有读者可能会问了，这不就是 0/1背包 吗，它怎么区分出无穷多与单个的区别呢？
大家不妨思考一下 DP 的三要素：阶段、状态、决策。我们为了保证 01背包 的后续的决策不影响之前阶段的决策，采用了倒序循环。那么，既然完全背包每件物品有无数多个，我们就可以采用正序循环，让同一个物品可以对最优状态进行多次更新。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e3+100;
int v,n,w[N],c[N],f[N];
int main()
{
scanf("%d %d",&v,&n);
memset(f,0xcf,sizeof(f));
f[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d %d",&w[i],&c[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=w[i];j<=v;j++)
f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+c[i]);
int ans=0;
for(int i=1;i<=v;i++)
ans=max(ans,f[i]);
printf("%d",ans);
return 0;
}
多重背包
题目原型
给定 n 件物品，物品的重量为 w[i]，物品的价值为 c[i]，每种物品都有s[i]个。
现挑选物品放入背包中，假定背包能承受的最大重量为 V，
问应该如何选择装入背包中的物品，使得装入背包中物品的总价值最大？
思路分析
我们仍然先从定义的角度入手此题。不难发现，这题就是 \(s[i]\) 个 0/1背包 的合体版本，于是我们可以很容易的打出暴力版本，时间复杂度 \(O(NV\sum{\frac{V}{v_i}})\)
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=V;j++)
for(int k=0; k<=s[i] && j-k*v[i]>=0;k++)
f[j]=max(f[j],f[j-v[i]*k]+w[i]*k);
但是对于稍微难度大的题目，暴力版本的时间复杂度就不好使了。这个时候怎么办呢？我们不妨考虑一种优化方法：二进制拆分。
引理：对于任意正整数 \(N\) ，一定存在一个数列 \(K={k_0,k_1,k_2,...,k_n}\)，使得 \(N=\sum_{i=0}^{n}2^{k_i}\)。
emm，这是一个比较容易看出的定理，作者在此不作过多解释，免得浪费篇幅（
我们不妨对于每个物品的价值进行一次二进制拆分，这样通过二进制拆分的预处理，我们就得到了一个 \(O(NVlogV)\) 的优秀算法，这是代码：
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&A[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&B[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int vi=A[i],wi=1,mi=B[i];
for(int j=1;j<mi;j=j*2)
{
c[++s]=vi*j;
w[s]=wi*j;
mi=mi-j;
}
if(mi)
{
c[++s]=vi*mi;
w[s]=wi*mi;
}
//完全拆分
}
for(int i=1;i<=s;i++)
for(int j=v;j>=c[i];j--) //用二进制拆分得到的重量进行一次0/1背包
f[j]=f[j]+f[j-c[i]];
那么有没有更优的 \(O(nv)\) 算法呢？当然有，但是这篇博客面向广大初学者，学有余力的读者可以自行参阅《背包九讲》进行学习。
