背包DP
1 0/1 背包问题
1.1 题目模型
有 N 件物品和一个容量为 V 的背包。第 i 件物品的体积是 v[i] ，价值是 cost[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
1.2 基本思路
这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。
用子问题定义状态：即 f[i][j] 表示前 i 件物品恰放入一个容量为 j 的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是：f[i][j]=max{f[i-1][j],f[i-1][j-v[i]]+cost[i]}
这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。所以有必要将它详细解释一下：
“将前 i 件物品放入容量为 j 的背包中”这个子问题，若只考虑第 i 件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前 i-1 件物品的问题。
如果不放第 i 件物品，那么问题就转化为“前 i-1 件物品放入容量为 j 的背包中”，价值为 f[i-1][j] ；
如果放第 i 件物品，那么问题就转化为“前 i-1 件物品放入剩下的容量为 j-v[i] 的背包中”，此时能获得的最大价值就是 f[i-1][j-v[i]] + cost
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
const int maxn=1000+5,maxv=10000+5;
int v[maxn],c[maxn],f[maxn][maxv];
void Bag(int n,int V){
for(int i=1;i<=n;++i)//依次枚举前i件物品
for(int j=1;j<=V;++j)//从1~V枚举背包容量
if(j<v[i])f[i][j]=f[i-1][j];//如果无法放进第i件物品
else f[i][j]=std::max(f[i-1][j],f[i-1][j-v[i]]+c[i]);
}
void Solve(){
int n,V;scanf("%d%d",&n,&V);
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d%d",&v[i],&c[i]);
Bag(n,V);
printf("%d\n",f[n][V]);
}
int main(){
Solve();
return 0;
}
1.4 空间优化
以上方法的时间和空间复杂度均为 O(N*V) ，其中时间复杂度基本已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到 O(V)。
先考虑上面讲的基本思路如何实现:
有一个主循环 i=1..N，每次算出来二维数组f[i][0..V] 的所有值。
那么，如果只用一个数组f[0..V] ，能不能保证第i 次循环结束后 f[j] 中表示的就是我们定义的状态f[i][j] 呢？
f[i][j] 是由f[i-1][j] 和 f[i-1][j-v[i]] 两个子问题递推而来，能否保证在推 f[i][j] 时（也即在第 i次主循环中推 f[j]时）能够得到 f[i-1][j]和 f[i-1][j-v[i]] 的值呢？
事实上，这要求在每次主循环中我们以 j=V..0 的顺序推 f[j]，这样才能保证推 f[j] 时 f[j-v[i]] 保存的是状态f[i-1][j-v[i]]的值。
2 完全背包
2.1 题目模型
有 N 种物品和一个容量为 V 的背包，每种物品都有无限件可用，第 i 件物品的体积是 vi，价值是 ci。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
2.2 基本思路
这个问题非常类似于01背包问题，所不同的是每种物品有无限件。
从每种物品的角度考虑，与它相关的策略已并非取或不取两种，而是有取0件、取1件、取2件……等。
按照解01背包时的思路，令 f[i][j] 表示前 i 种物品恰放入一个容量为 j 的背包的最大权值。
状态转移方程：f[i][j]=max{f[i-1][j-kv[i]]+kc[i]}(0<=k*v[i]<=j)
void Bag(int n,int V){//n件物品,背包荣咯昂为V
for(int i=1;i<=n;++i){//枚举物品
for(int k=0;k*v[i]<=V;++k)//取0~V/v[i]件i物品,k=0相当与不去第i件，此时f[i][j]=f[i-1][j]
for(int j=k*v[i];j<=V;++j){//枚举容量
f[i][j]=std::max(f[i][j],f[i-1][j-k*v[i]]+k*c[i]);
}
}
}
2.3 优化
简单优化
若两件物品 i,j满足 v[i]<=v[j]且 c[i]>=c[j]，则将物品j去掉，不用考虑。
显然任何情况下都可将价值小费用高得j换成物美价廉的i，得到至少不会更差的方案。
-
对于随机生成的数据，这个方法往往会大大减少物品的件数，从而加快速度。并不能改善最坏情况的复杂度，因为有可能特别设计的数据可以一件物品也去不掉。
-
将费用大于V的物品去掉。
-
使用类似计数排序的做法，计算出费用相同的物品中价值最高的是哪个，可以O(V+N)地完成这个优化。
注意：以上优化并不能从实质上提高时间效率，不过也是在数据比较大的情况下，特别是随机数据有很明显的提升。
二进制拆分优化
分拆方法：
把第i种物品拆成费用为 v[i]∗2k、价值为 c[i]∗2k 的若干件物品，
其中k满足 v[i]∗2k<=V。这是二进制的思想，因为不管最优策略选几件第 i 种物品，
总可以表示成若干个2k件物品的和。这样把每种物品拆成 O(log(V/v[i]))件物品，是一个很大的改进。
注意 ：使用二进制拆分后不适合用二维数组表示，为啥呢？
O(VN)的算法
我们只需把01 背包的一维数组写法的容量枚举的顺序由倒序变为正序即可
void Bag(int n,int V){
for(int i=1;i<=n;++i)//依次枚举前i件物品
for(int j=v[i];j<=V;++j)//从v[i]~V枚举背包容量
f[j]=std::max(f[j],f[j-v[i]]+c[i]);
}
3 多重背包问题
3.1 题目模型
有 N 种物品和一个容量为 V 的背包，第i种物品最多有cnt[i]件可用，第 i 件物品的体积是 vi，价值是 ci
。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
3.2 基本思路
和完全背包问题很类似。基本的方程只需将完全背包问题的方程略微一改即可
因为对于第i种物品有cnt[i]+1种策略：取0件，取1件……取cnt[i]件。
令 f[i][j]表示前i种物品恰放入一个容量为j的背包的最大权值，则有状态转移方程：
f[i][j]=max{f[i-1][j-kv[i]]+kc[i]} (0<=k<=n[i])
时间复杂度：O(V∗∑n1cnt[i])。
3.3 二进制拆分优化
将第i种物品分成若干件物品，其中每件物品有一个系数
这些系数分别为20,21,22,...,2k−1,cnt[i]−2k+1，且k是满足cnt[i]≥2k的最大整数。
例如，如果cnt[i]为13，就将这种物品分成系数分别为1,2,4,6的四件物品。
1,2,4,6 能组合成1~13 之间的任何一个数。
这样就将第i种物品分成了O(log cnt[i])种物品，将原问题转化为了复杂度为 O(V∗∑n1log ctn[i])的01背包问题，是很大的改进。
void Bag(int n,int V){
for(int i=1;i<=n;++i){//枚举物品
int tot=0;//统计第i种物品已经分解出tot件
for(int k=1;tot+k<=cnt[i] && k*v[i]<=V;k<<=1){//要分解出k件第i物品
tot+=k;
for(int j=V;j>=k*v[i];--j)//对分解出来的k件i物品做01背包
f[j]=std::max(f[j],f[j-k*v[i]]+k*c[i]);
}
int x=cnt[i]-tot;//二进制分解剩下部分，x有可能很大
if(x)//剩下部分不为0，再跑一次01背包
for(int j=V;j>=x*v[i];--j)
f[j]=std::max(f[j],f[j-x*v[i]]+x*c[i]);
}
}
3.4 O(VN)的算法
多重背包问题同样有O(VN)的算法。这个算法基于基本算法的状态转移方程，但应用单调队列的方法使每个状态的值可以以均摊O(1)的时间求解。
由于用单调队列优化的DP 目前对大家有一定难度，以后再讲
4 混合三种背包问题
有的物品只可以取一次（01背包），有的物品可以取无限次（完全背包），有的物品可以取的次数有一个上限（多重背包）。应该怎么求解呢？
显然，枚举每件物品时根据物品的件数，选择相应的背包。
代码实现
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
const int maxn=1000+5,maxv=10000+5,Inf=0x7fffffff;
int f[maxv],v[maxn],c[maxn],cnt[maxn];
void multi_bag(int i,int V){//多重背包
int tot=0;//统计第i种物品已经分解出tot件
for(int k=1;tot+k<=cnt[i] && k*v[i]<=V;k<<=1){//要分解出k件第i物品
tot+=k;
for(int j=V;j>=k*v[i];--j)//对分解出来的k件i物品做01背包
f[j]=std::max(f[j],f[j-k*v[i]]+k*c[i]);
}
int x=cnt[i]-tot;//二进制分解剩下部分
if(x)//剩下部分不为0，再跑一次01背包
for(int j=V;j>=x*v[i];--j)
f[j]=std::max(f[j],f[j-x*v[i]]+x*c[i]);
}
void zero_bag(int i,int V){//01背包
for(int j=V;j>=v[i];--j)
f[j]=std::max(f[j],f[j-v[i]]+c[i]);
}
void complete_bag(int i,int V){//完全背包
for(int j=v[i];j<=V;++j)
f[j]=std::max(f[j],f[j-v[i]]+c[i]);
}
void Solve(){
int n,V;scanf("%d%d",&V,&n);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d%d%d",&cnt[i],&v[i],&c[i]);
if(cnt[i]==1) zero_bag(i,V);
else if(cnt[i]>=V/v[i]) complete_bag(i,V);
else multi_bag(i,V);
}
printf("%d\n",f[V]);
}
int main(){
Solve();
return 0;
}
5 二维费用的背包问题
5.1 题目模型
对于每件物品，具有两种不同的费用；选择这件物品必须同时付出这两种代价；对于每种代价都有一个可付出的最大值（背包容量）。问怎样选择物品可以得到最大的价值。设这两种代价分别为代价1和代价2，第i件物品所需的两种代价分别为a[i]和b[i]。两种代价可付出的最大值（两种背包容量）分别为V和U。物品的价值为c[i]。
5.2 基本思路
费用加了一维，只需状态也加一维即可。
设f[i][v][u]表示前i件物品付出两种代价分别为 v 和 u 时可获得的最大价值。状态转移方程就是：
f[i][v][u]=max{f[i-1][v][u],f[i-1][v-a[i]][u-b[i]]+w[i]}
当前状态只跟上一行状态相关，所以我们可以省略第一维：
当每件物品只可以取一次时变量 v 和 u 采用逆序的循环。
当物品有无数件时采用顺序的循环。
当物品有有限件时，拆分物品。
6 分组的背包问题
6.1 题目模型
有N 件物品和一个容量为 V 的背包。第 i 件物品的体积v[i]，价值是c[i]。这些物品被划分为若干组，每组中的物品互相冲突，最多选一件。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
6.2 基本思路
这个问题变成了每组物品有两种策略：
选择本组的某一件
一件都不选
也就是说设f[k][v] 表示前 k 组物品用容量为 v的背包装， 能取得的最大权值，则有：
f[k][V]=max{f[k-1][V],f[k-1][V-v[i]]+c[i]} 物品i属于第k组
使用一维数组的伪代码如下：
for 所有的组k
for v=V..0
for 所有的i属于组k
f[v]=max{f[v],f[v-v[i]]+c[i]}
注意这里的三层循环的顺序，甚至在本文的beta版中我自己都写错了。“for v=V..0”这一层循环必须在“for 所有的i属于组k”之外。这样才能保证每一组内的物品最多只有一个会被添加到背包中。
另外，显然可以对每组内的物品应用P2中“一个简单有效的优化”。
小结
分组的背包问题将彼此互斥的若干物品称为一个组，这建立了一个很好的模型。不少背包问题的变形都可以转化为分组的背包问题（例如P7），由分组的背包问题进一步可定义“泛化物品”的概念，十分有利于解题。
7: 有依赖的背包问题
简化的问题
这种背包问题的物品间存在某种“依赖”的关系。也就是说，i依赖于j，表示若选物品i，则必须选物品j。为了简化起见，我们先设没有某个物品既依赖于别的物品，又被别的物品所依赖；另外，没有某件物品同时依赖多件物品。
算法
这个问题由NOIP2006金明的预算方案一题扩展而来。遵从该题的提法，将不依赖于别的物品的物品称为“主件”，依赖于某主件的物品称为“附件”。由这个问题的简化条件可知所有的物品由若干主件和依赖于每个主件的一个附件集合组成。
按照背包问题的一般思路，仅考虑一个主件和它的附件集合。可是，可用的策略非常多，包括：一个也不选，仅选择主件，选择主件后再选择一个附件，选择主件后再选择两个附件……无法用状态转移方程来表示如此多的策略。（事实上，设有n个附件，则策略有2^n+1个，为指数级。）
考虑到所有这些策略都是互斥的（也就是说，你只能选择一种策略），所以一个主件和它的附件集合实际上对应于P06中的一个物品组，每个选择了主件又选择了若干个附件的策略对应于这个物品组中的一个物品，其费用和价值都是这个策略中的物品的值的和。但仅仅是这一步转化并不能给出一个好的算法，因为物品组中的物品还是像原问题的策略一样多。
再考虑P06中的一句话： 可以对每组中的物品应用P02中“一个简单有效的优化”。 这提示我们，对于一个物品组中的物品，所有费用相同的物品只留一个价值最大的，不影响结果。所以，我们可以对主件i的“附件集合”先进行一次01背包，得到费用依次为0..V-c[i]所有这些值时相应的最大价值f'[0..V-c[i]]。那么这个主件及它的附件集合相当于V-c[i]+1个物品的物品组，其中费用为c[i]+k的物品的价值为f'[k]+w[i]。也就是说原来指数级的策略中有很多策略都是冗余的，通过一次01背包后，将主件i转化为V-c[i]+1个物品的物品组，就可以直接应用P06的算法解决问题了。
较一般的问题
更一般的问题是：依赖关系以图论中“森林”的形式给出（森林即多叉树的集合），也就是说，主件的附件仍然可以具有自己的附件集合，限制只是每个物品最多只依赖于一个物品（只有一个主件）且不出现循环依赖。
解决这个问题仍然可以用将每个主件及其附件集合转化为物品组的方式。唯一不同的是，由于附件可能还有附件，就不能将每个附件都看作一个一般的01背包中的物品了。若这个附件也有附件集合，则它必定要被先转化为物品组，然后用分组的背包问题解出主件及其附件集合所对应的附件组中各个费用的附件所对应的价值。
事实上，这是一种树形DP，其特点是每个父节点都需要对它的各个儿子的属性进行一次DP以求得自己的相关属性。这已经触及到了“泛化物品”的思想。看完P08后，你会发现这个“依赖关系树”每一个子树都等价于一件泛化物品，求某节点为根的子树对应的泛化物品相当于求其所有儿子的对应的泛化物品之和。
小结
NOIP2006的那道背包问题我做得很失败，写了上百行的代码，却一分未得。后来我通过思考发现通过引入“物品组”和“依赖”的概念可以加深对这题的理解，还可以解决它的推广问题。用物品组的思想考虑那题中极其特殊的依赖关系：物品不能既作主件又作附件，每个主件最多有两个附件，可以发现一个主件和它的两个附件等价于一个由四个物品组成的物品组，这便揭示了问题的某种本质。
我想说：失败不是什么丢人的事情，从失败中全无收获才是。首页
8: 泛化物品
定义
考虑这样一种物品，它并没有固定的费用和价值，而是它的价值随着你分配给它的费用而变化。这就是泛化物品的概念。
更严格的定义之。在背包容量为V的背包问题中，泛化物品是一个定义域为0..V中的整数的函数h，当分配给它的费用为v时，能得到的价值就是h(v)。
这个定义有一点点抽象，另一种理解是一个泛化物品就是一个数组h[0..V]，给它费用v，可得到价值h[V]。
一个费用为c价值为w的物品，如果它是01背包中的物品，那么把它看成泛化物品，它就是除了h(c)=w其它函数值都为0的一个函数。如果它是完全背包中的物品，那么它可以看成这样一个函数，仅当v被c整除时有h(v)=v/cw，其它函数值均为0。如果它是多重背包中重复次数最多为n的物品，那么它对应的泛化物品的函数有h(v)=v/cw仅当v被c整除且v/c<=n，其它情况函数值均为0。
一个物品组可以看作一个泛化物品h。对于一个0..V中的v，若物品组中不存在费用为v的的物品，则h(v)=0，否则h(v)为所有费用为v的物品的最大价值。P07中每个主件及其附件集合等价于一个物品组，自然也可看作一个泛化物品。
泛化物品的和
如果面对两个泛化物品h和l，要用给定的费用从这两个泛化物品中得到最大的价值，怎么求呢？事实上，对于一个给定的费用v，只需枚举将这个费用如何分配给两个泛化物品就可以了。同样的，对于0..V的每一个整数v，可以求得费用v分配到h和l中的最大价值f(v)。也即f(v)=max{h(k)+l(v-k)|0<=k<=v}。可以看到，f也是一个由泛化物品h和l决定的定义域为0..V的函数，也就是说，f是一个由泛化物品h和l决定的泛化物品。
由此可以定义泛化物品的和：h、l都是泛化物品，若泛化物品f满足f(v)=max{h(k)+l(v-k)|0<=k<=v}，则称f是h与l的和，即f=h+l。这个运算的时间复杂度取决于背包的容量，是O(V^2)。
泛化物品的定义表明：在一个背包问题中，若将两个泛化物品代以它们的和，不影响问题的答案。事实上，对于其中的物品都是泛化物品的背包问题，求它的答案的过程也就是求所有这些泛化物品之和的过程。设此和为s，则答案就是s[0..V]中的最大值。
背包问题的泛化物品
一个背包问题中，可能会给出很多条件，包括每种物品的费用、价值等属性，物品之间的分组、依赖等关系等。但肯定能将问题对应于某个泛化物品。也就是说，给定了所有条件以后，就可以对每个非负整数v求得：若背包容量为v，将物品装入背包可得到的最大价值是多少，这可以认为是定义在非负整数集上的一件泛化物品。这个泛化物品——或者说问题所对应的一个定义域为非负整数的函数——包含了关于问题本身的高度浓缩的信息。一般而言，求得这个泛化物品的一个子域（例如0..V）的值之后，就可以根据这个函数的取值得到背包问题的最终答案。
综上所述，一般而言，求解背包问题，即求解这个问题所对应的一个函数，即该问题的泛化物品。而求解某个泛化物品的一种方法就是将它表示为若干泛化物品的和然后求之。
小结
本讲可以说都是我自己的原创思想。具体来说，是我在学习函数式编程的 Scheme 语言时，用函数编程的眼光审视各类背包问题得出的理论。这一讲真的很抽象，也许在“模型的抽象程度”这一方面已经超出了NOIP的要求，所以暂且看不懂也没关系。相信随着你的OI之路逐渐延伸，有一天你会理解的。
我想说：“思考”是一个OIer最重要的品质。简单的问题，深入思考以后，也能发现更多。首页
9: 背包问题问法的变化
以上涉及的各种背包问题都是要求在背包容量（费用）的限制下求可以取到的最大价值，但背包问题还有很多种灵活的问法，在这里值得提一下。但是我认为，只要深入理解了求背包问题最大价值的方法，即使问法变化了，也是不难想出算法的。
例如，求解最多可以放多少件物品或者最多可以装满多少背包的空间。这都可以根据具体问题利用前面的方程求出所有状态的值（f数组）之后得到。
还有，如果要求的是“总价值最小”“总件数最小”，只需简单的将上面的状态转移方程中的max改成min即可。
下面说一些变化更大的问法。
输出方案
一般而言，背包问题是要求一个最优值，如果要求输出这个最优值的方案，可以参照一般动态规划问题输出方案的方法：记录下每个状态的最优值是由状态转移方程的哪一项推出来的，换句话说，记录下它是由哪一个策略推出来的。便可根据这条策略找到上一个状态，从上一个状态接着向前推即可。
还是以01背包为例，方程为f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}。再用一个数组g[i][v]，设g[i][v]=0表示推出f[i][v]的值时是采用了方程的前一项（也即f[i][v]=f[i-1][v]），g[i][v]表示采用了方程的后一项。注意这两项分别表示了两种策略：未选第i个物品及选了第i个物品。那么输出方案的伪代码可以这样写（设最终状态为f[N][V]）：
i=N
v=V
while(i>0)
if(g[i][v]==0)
print "未选第i项物品"
else if(g[i][v]==1)
print "选了第i项物品"
v=v-c[i]
另外，采用方程的前一项或后一项也可以在输出方案的过程中根据f[i][v]的值实时地求出来，也即不须纪录g数组，将上述代码中的g[i][v]==0改成f[i][v]==f[i-1][v]，g[i][v]==1改成f[i][v]==f[i-1][v-c[i]]+w[i]也可。
输出字典序最小的最优方案
这里“字典序最小”的意思是1..N号物品的选择方案排列出来以后字典序最小。以输出01背包最小字典序的方案为例。
一般而言，求一个字典序最小的最优方案，只需要在转移时注意策略。首先，子问题的定义要略改一些。我们注意到，如果存在一个选了物品1的最优方案，那么答案一定包含物品1，原问题转化为一个背包容量为v-c[1]，物品为2..N的子问题。反之，如果答案不包含物品1，则转化成背包容量仍为V，物品为2..N的子问题。不管答案怎样，子问题的物品都是以i..N而非前所述的1..i的形式来定义的，所以状态的定义和转移方程都需要改一下。但也许更简易的方法是先把物品逆序排列一下，以下按物品已被逆序排列来叙述。
在这种情况下，可以按照前面经典的状态转移方程来求值，只是输出方案的时候要注意：从N到1输入时，如果f[i][v]==f[i-v]及f[i][v]==f[i-1][f-c[i]]+w[i]同时成立，应该按照后者（即选择了物品i）来输出方案。
求方案总数
对于一个给定了背包容量、物品费用、物品间相互关系（分组、依赖等）的背包问题，除了再给定每个物品的价值后求可得到的最大价值外，还可以得到装满背包或将背包装至某一指定容量的方案总数。
对于这类改变问法的问题，一般只需将状态转移方程中的max改成sum即可。例如若每件物品均是完全背包中的物品，转移方程即为
f[i][v]=sum{f[i-1][v],f[i][v-c[i]]}
初始条件f[0][0]=1。
事实上，这样做可行的原因在于状态转移方程已经考察了所有可能的背包组成方案。
最优方案的总数
这里的最优方案是指物品总价值最大的方案。以01背包为例。
结合求最大总价值和方案总数两个问题的思路，最优方案的总数可以这样求：f[i][v]意义同前述，g[i][v]表示这个子问题的最优方案的总数，则在求f[i][v]的同时求g[i][v]的伪代码如下：
for i=1..N
for v=0..V
f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}
g[i][v]=0
if(f[i][v]==f[i-1][v])
inc(g[i][v],g[i-1][v]
if(f[i][v]==f[i-1][v-c[i]]+w[i])
inc(g[i][v],g[i-1][v-c[i]])
