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  • • 01背包
    • 完全背包
    • 多重背包
      • [HNOI2007] 梦幻岛宝珠
      • 消失之物
      • P1450[HAOI2008]硬币购物
      • BZOJ4976宝石镶嵌

01背包#

有若干物品，每个物品只有一个，要么选要么不选，每个物品有 一个容积和价值。

solution:

设 $f_{i,V}$ 表示当前考虑到第 $i$ 个物品时，总容积为 V 的最大 价值。每次转移的时候枚举前面的容积和当前物品选或者不选

总复杂度 $O(nV)$

如果价值较小时，可以考虑将价值放入状态，记录容积的最小值。 滚动数组优化

完全背包#

有若干种物品，每种物品有无限个，每个物品有一个容积和一个价值，在不超过背包大小的情况下放入价值尽可能大的物品

solution:

和 $01$ 背包一个样，因为 $01$ 背包避免一个背包选多次，所以就倒序枚举，那完全背包就正序枚举就好了

多重背包#

有若干种物品，每种物品有 $a_i$ 个，每个物品有一个容积和一个价值。在不超过背包大小的情况下放入价值尽可能大的物品

solution:

二进制优化：

因为任何数都可以表示成某些 $2^n$ 加和来表示，所以把 $a_i$ 进行二进制拆分，将 $2^k$ 个物品看做一个整体，按照 $01$ 背包做

for(int i = 1; i <= n; i++){
   int num = min(a[i], V / w[i]); 
   for(int k = 1; num > 0; k <<= 1){
   	   if(k > num) k = num;
   	   num -= k;
   	   for(int j = V; j >= w[i] * k; j--)
   	   	f[j] = max(f[j], f[j - w[i] * k] + v[i] * k);   
   }  
}

单调队列优化

[HNOI2007] 梦幻岛宝珠#

solution

01背包板子题目，但花费和价值都特别的大，但花费都能表示成 $a*2^b$ 的形式 $a \leq 10,b\leq 30$

从题目的特殊条件考虑，我们可以考虑对所有 $b$ 相同的物品进行背包，再进行合并

这样把每个物品花费的 $2^b$ 提出来，花费就可以看做 $a$ ，价值不变，直接 $01$ 背包就好了

这样就可以求出在各种容量下，只放 $b$ 相同的物品的最大收益

可以理解为给你一个 $b$ 现在你已经知道在任何容量下只放 $a*2^b$ 这种物品的最大收益

很显然，背包里面不可能只放 $b$ 相同的物品，那么怎么把 $b$ 不同的背包进行合并？

令上方求得每类背包为 $f[i][j]$ ，表示对于 $b$ 为 $i$ 的物品背包，容量为 $j$ 的最大价值

再设一个数组 $g[i][j]$ 表示使用 $b$ 为 $0 \sim i$ 的物品进行背包，$b$ 的价值所占空间为 $j$ 时，剩余物品剩余物品（即 $b$ 为 $1\sim i-1$）所占空间为 $m\&((1<<i)-1)$ 的最大价值。

考虑转移：

$g[i][j]=max(g[i][j],f[i][j−k]+g[i−1][min(10*n,k*2+(V>>(i−1))\&1)]$

• $10*n$ 因为 $a\leq 10$ 所以每一位上的最大容量为 $10 * n$
• $k*2$ 上一位拿出来剩下的空间拿给下一位需要 *2（进制向右移）
• $(V>>(i−1))\&1)$ 判断第 $i$ 位是不是 $1$ ，也就是再把这一位上的空间加上

最后答案为 $g[V的位数] [1]$

消失之物#

solution:

卷积问题：分别预处理一个前缀背包和一个后缀背包

$f[i][j]：$ 表示前 $i$ 个物品填满容量为 $j$ 的背包的方案数

$g[i][j]$ : 表示后 $i$ 个物品填满容量为 $j$ 的背包的方案数

$ans = \sum_{j = 0}^S = f[i -1][j] * g[n - i][S-j]$

复杂度

$O（n^2*m）$

考虑背包转移式子

如果 $j \geq w[i]$ $f[j] = f[j - w[i]]$

每个 $j$ 都是由 $f[j - w[i]]$ 倒序转移过来的，现在去除一个物品那就正序除去这个物品就好了

 memcpy(g, f, sizeof f);
   	  for(int j = 1; j <= m; j++){
   	  	  if(j >= w[i])g[j] = (g[j] - g[j - w[i]] + 10) % 10;
		  printf("%d", g[j]);
	  }

P1450[HAOI2008]硬币购物#

solution

暴力直接每天一次多重背包，时间复杂度 $O(dsn)$ ，一周都跑不完

考虑如果没有硬币数量的限制，那就是个完全背包了

换一种想法：所有在限制之内的方案数 = 所有方案数 - 不合法的方案数

一种神奇的思想：

考虑对一枚硬币限制

假设一个货币一次购买的使用上限为 $d_i$， 我们现在让它使用 $d_i + 1$ 次，用剩下的其他硬币对 $f[s - c[i]*(d_i + 1)]$ 的空间跑完全背包，那么跑出来的方案就都是不合法的，那么合法的方案数就是总的方案数减去跑出来的方案数，这就是对一枚硬币的限制情况

对四枚硬币限制：

直接用 $f[S]$ 减去分别对四种硬币的限制情况？？

显然不对，当对一个硬币起限制情况的时候，减去了这个硬币超过范围的情况，但也可能减去对其他硬币超过范围的情况

所以应该为容斥:

根据Y_B_Y 的博客 理解==

$$ans = f[s]−card(A)−card(B)−card(C)−card(D)\\ ~~\\ +card(A∩B)+card(A∩C)+card(A∩D)\\ ~~\\ +card(B∩C)+card(B∩D)+card(C∩D)\\~~\\ -card(A∩B∩C)-card(A∩B∩D)\\~~\\-card(A∩C∩D)-card(B∩C∩D)\\~~\\+card(A∩B∩C∩D)$$

怎么求？

• 把式子抄上去，打表计算
• 发现集合里面是个全排列，可以直接二进制枚举

BZOJ4976宝石镶嵌#

有 $n$ 个物品，每个物品价值依次为 $w_1, w_2, ..., w_n$ 背包容量为 $n -k$ ，价值为背包中的所有物品价值按位或的结果，求怎样使得价值最大

$n, w_i ≤ 10^5 , k ≤ 100$

solution

考虑如果 $n − k \geq 17$，那么我们对于每一位都选一个对应位为 $1$ 的宝石即可。

只需要考虑 $n − k < 17$ 的情况，即 $n < 117$

直接背包，$f[i]$ 表示或为 $i$ 的时候所需要的最小的数

时间复杂度：$O(2^{17}*k)$

for (int i = 1;i <= n; i++)
    for (int j = (1 << 17);j>=0;j++)
        f[i + 1][j | w[i]] = min([f[i+1][j | w[i]], f[i][j]+1)
for (int i = (1 << 17);i > 0; i--)
    if (f[n + 1][i] <= n - k) printf("%d",f[n + 1][i]);

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