背包问题 DP

各种各样的基础背包

0-1 背包

非常朴素，复杂度 \(O(nV)\)

void z_o_pack(int c,int v)
{
	 for(int i=V;i>=c;i--)
	 	 dp[i]=max(dp[i],dp[i-c]+v);
}

完全背包

复杂度 \(O(nV)\)

void comp_pack(int c,int v)
{
	 for(int i=c;i<=V;i++)
	 	 dp[i]=max(dp[i],dp[i-c]+v);
}

多重背包

单调队列优化

设 \(dp[i][j]\) 表示前 \(i\) 个物品放入容量为 \(j\) 的背包的最大收益 。

\[dp[i][j]=\max_{k=0}^{k\le k[i]}{\{dp[i-1][j-k\times c[i]]+k\times w[i]\}} \]

考虑 \(dp\) 的转移 。

\[0\le p < c[i],0\le j \le \left\lfloor \dfrac{V-p}{c[i]}\right\rfloor,0\le k \le k[i] \]

\[dp[i][p+j\times c]=\max{\{dp[i-1][p+(j-k)\times c]+k\times w\}} \]

\[dp[i][p+j\times c]=\max{\{dp[i-1][p+(j-k)\times c]-(j-k)\times w+j\times w\}} \]

\[dp[i][p+j\times c]=\max{\{dp[i-1][p+(j-k)\times c]-(j-k)\times w\}}+j\times w \]

这样就可以进行单调队列优化了 。

复杂度可以达到 \(nV\)

int ql,qr;
struct QUE
{
	 int num,val;
}que[Maxv];
void many_pack(int c,int w,int m)
{
	 if(!c) { add+=m*w; return; }
	 m=min(m,V/c);
	 for(int pos=0,s;pos<c;pos++)
	 {
	 	 ql=1,qr=0,s=(V-pos)/c;
	 	 for(int j=0;j<=s;j++)
	 	 {
	 	 	 while(ql<=qr && que[qr].val<=(dp[pos+j*c]-j*w)) qr--;
	 	 	 que[++qr]=(QUE){j,dp[pos+j*c]-j*w};
	 	 	 while(ql<=qr && (j-que[ql].num)>m) ql++;
	 	 	 dp[pos+j*c]=max(dp[pos+j*c],que[ql].val+j*w);
		 }
	 }
}

二进制分组

比起上面的方法理解与实现起来更为简单。

我们吧多重背包的“多个物品”限制转化为有 \(\left\lceil\log n\right\rceil\) 个物品的 \(0/1\) 背包。

注意我们在二进制拆分时要拆为二进制下末尾连续的若干个 \(1\) 和一个余数。

inline void many_pack(int C,int W,int D)
{
	 for(int i=1;i<=D;D-=i,i<<=1) for(int j=m;j>=C*i;j--)
	 	 if(f[j-C*i]!=-inf) f[j]=max(f[j],f[j-C*i]+W*i);
 	 if(D) for(int j=m;j>=C*D;j--) if(f[j-C*D]!=-inf)
 	 	 f[j]=max(f[j],f[j-C*D]+W*D);
}

多维限制背包

只是多加几位，没有太大区别。

混合三种背包的问题

for(int i=1;i<=n;i++)
{
	 if(/*是0-1背包*/) z_o_pack(c[i],w[i]);
	 if(/*是完全背包*/) comp_pack(c[i],w[i]);
	 if(/*是多重背包*/) many_pack(c[i],w[i],m[i]);
}

分组背包

同一组内只能选一个物品。

for(int i=1;i<=n;i++)
	 for(int j=V;j>=0;j--)
	 	 for(int k=1;k<=cnt[i];k++) if(j>=c[i][k])
	 	 	 dp[j]=max(dp[j],dp[j-c[i][k]]+w[i][k]);

这样保证每一组内只会选择一个。

很多背包问题都能都转化为分组背包。

树形依赖背包

复杂度：\(O(n^2)\)！！！

证明：虽然有三层循环，但是内层运算总量与整棵子树内点对个数一致。

void dfs(int x,int fa)
{
	 dp[x][1]=w[i],siz[x]=1;
	 for(int i=hea[x];i;i=nex[i])
	 {
	 	 if(ver[i]==fa) continue;
	 	 dfs(ver[i],x);
	 	 siz[x]+=siz[ver[i]];
	 	 for(int j=min(V+1,siz[x]);j>=2;j--) // 注意要从大到小枚举，防止后效性
	 	 	 for(int k=1;j-k>=1;k++)
	 	 	 	 dp[x][j]=max(dp[x][j],dp[x][j-k]+dp[ver[i]][k]);
	 }
}

for(int i=1;i<=n;i++) if(!ind[i]) add(0,i); // 给出的图是一个森林
dfs(0,-1);
printf("%d\n",dp[0][V+1]);

注意：想这一类题目时只用考虑如何设置 \(dp_{i,j}\) ？初始状态是什么？如何转移？

但是有时候背包容量与子树大小不同阶怎么办？我们需要考虑另一个做法。

如果选择一个节点，它到根节点的路径上的每一个节点都至少选择了一个物品（默认多重背包 \(-\) 二进制拆分解决）。

设 \(f_{i}\) 是考虑已经遍历过的节点，花了 \(i\) 元的最大价值。在遍历到一个节点时，先将已有的 dp 值存储一下，然后在该节点强行选一个物品，对于该节点剩下的物品跑多重背包，然后递归该节点的子节点即可。

当然，也有可能该节点和其子树都不选，所以在回溯时，将每个 dp 值都与进入该节点是存储的 dp 值取个 \(\max\) 即可。

例题：P6326 Shopping

inline void many_pack(int C,int W,int D)
{
	 for(int i=1;i<=D;D-=i,i<<=1) for(int j=m;j>=C*i;j--)
	 	 if(f[j-C*i]!=-inf) f[j]=max(f[j],f[j-C*i]+W*i);
 	 if(D) for(int j=m;j>=C*D;j--) if(f[j-C*D]!=-inf)
 	 	 f[j]=max(f[j],f[j-C*D]+W*D);
}
void dfs(int x,int fa,int dep)
{
	 if((dep+=c[x])>m) return;
	 for(int i=0;i<=m;i++) dp[x][i]=f[i];
	 for(int i=m;i>=dep;i--) f[i]=f[i-c[x]]+w[x];
	 for(int i=0;i<dep;i++) f[i]=-inf;
	 many_pack(c[x],w[x],d[x]-1);
	 for(int i=hea[x];i;i=nex[i]) if(!used[ver[i]] && ver[i]!=fa)
	 	 dfs(ver[i],x,dep);
	 for(int i=0;i<=m;i++) dp[x][i]=f[i]=max(dp[x][i],f[i]);
}

泛化物品

即一个物品的价值与消耗都会随着加入位置、时间的改变而改变。

注意：既然物品的价值随着加入位置而改变，应该现将物品排序再加入。

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不同问法的背包问题

输出方案

记录从哪一项转移过来即可

求字典序最小的方案

咕咕咕

求方案总数

将 \(\max\) 改为 \(sum\) ,其余不变（此时求出的方案数，包括物品总价不是最大的情况）

求最优方案总数

咕咕咕

求次优解、第K优解

咕咕咕

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常见例题：

多种背包混合

P1941 飞扬的小鸟

$\texttt{solution}$

算法：\(01\) 背包 \(+\) 完全背包 。

状态：设 \(dp[i][j]\) 表示横坐标为 \(i\) 高度为 \(j\) 的最少点击次数 。

1. 上升 ：完全背包 转移方式

2. 下降 ：\(01\) 背包 转移方式

3. 超过 \(m\) 变为 \(m\) ： 特判

代码：

for(int i=1;i<=n;i++) Low[i]=1,High[i]=m;
for(int i=1;i<=k;i++) p=rd(),e[p]=1,Low[p]=rd()+1,High[p]=rd()-1;
memset(g,inf,sizeof(g));
for(int i=1;i<=m;i++) g[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
	 memset(f,inf,sizeof(f));
	 for(int j=x[i];j<=x[i]+m;j++) f[j]=min(f[j-x[i]]+1,g[j-x[i]]+1); // 完全背包
	 for(int j=m+1;j<=m+x[i];j++) f[m]=min(f[j],f[m]); // 特判超过 m
	 for(int j=1;j<=m-y[i];j++) f[j]=min(f[j],g[j+y[i]]); // 01 背包
	 for(int j=1;j<Low[i];j++) f[j]=inf;
	 for(int j=High[i]+1;j<=m;j++) f[j]=inf; // 不可行方案
	 if(e[i]) for(int j=Low[i];j<=High[i];j++) if(f[j]<inf) { cnt++; break; } // 统计通过的管道数
	 memcpy(g,f,sizeof(g));
}
for(int i=1;i<=m;i++) ans=min(ans,g[i]);
if(ans!=inf) printf("1\n%d\n",ans);
else printf("0\n%d\n",cnt);

合并两个限制条件相同的背包

P4095 [HEOI2013]Eden 的新背包问题

题意：给定 \(n\) 种物品，每种有 \(m_i\) 件，每一件价值为 \(v_i\) ，重量为 \(c_i\) 。由于某些原因，在第 \(i\) 个询问中，第 \(i\) 种物品不能选择，请对于每个询问求出当前条件下的最大收益。

其中， \(n\le 1000,c_i\le 100\) 。

考虑从前往后、从后往前进行背包。

在第 \(i\) 个询问中合并 \(pre[i-1]\) 与 \(suf[i+1]\) 的背包。

for(int j=0;j<=v;j++) ans=max(ans,dp[0][num-1][j]+dp[1][num+1][v-j]);

当组内重量、价值连续时分组背包的前缀和优化

CF1559E Mocha and Stars

题意：

求有多少长 \(n\) 的序列 \(a\) 满足：

• \(l_i\le a_i\le r_i\)
• \(\sum_{i=1}^{n}a_i\le m\)
• \(\gcd(a_1,\dots,a_n)=1\)

答案对 \(998244353\) 取模。

设 \(f(a_1,a_2,a_3,\dots,a_n)\) 是否是一个满足前两个条件的序列。

\[\begin{aligned}ans & = \sum\limits_{a_1=l_1}^{r_1}\sum\limits_{a_2=l_2}^{r_2}...\sum\limits_{a_n=l_n}^{r_n}f(a_1,a_2,...,a_n)[\gcd(a_1,a_2,...,a_n)=1] \\ & = \sum\limits_{a_1=l_1}^{r_1}\sum\limits_{a_2=l_2}^{r_2}...\sum\limits_{a_n=l_n}^{r_n}f(a_1,a_2,...,a_n)\sum\limits_{d\mid \gcd(a_1,a_2,...,a_n)}\mu(d)\\ &= \sum\limits_{a_1=l_1}^{r_1}\sum\limits_{a_2=l_2}^{r_2}...\sum\limits_{a_n=l_n}^{r_n}f(a_1,a_2,...,a_n)\sum\limits_{d\mid a_1 \& d\mid a_2 \& ... \& d\mid a_n}\mu(d) \\&= \sum\limits_{d=1}^m\mu(d) \sum\limits_{a_1=\left\lceil \frac{l_1}{d}\right \rceil}^{\left\lfloor \frac{r_1}{d}\right\rfloor}\sum\limits_{a_2\left\lceil \frac{l_2}{d}\right \rceil}^{\left\lfloor \frac{r_2}{d}\right\rfloor}...\sum\limits_{a_n=\left\lceil \frac{l_n}{d}\right \rceil}^{\left\lfloor \frac{r_n}{d}\right\rfloor}f(a_1,a_2,...,a_n)\end{aligned} \]

之后相当于一个分组背包，有 \(n\) 件物品，每一件都在 \([l_i,r_i]\) 之间，去除不超过 \(m\) 的重量，求方案数。

$\texttt{code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define infll 0x7f7f7f7f7f7f7f7fll
#define inf 0x3f3f3f3f
#define Maxn 55
#define Maxm 100005
#define mod 998244353
#define int long long
typedef long long ll;
inline int rd()
{
	 int x=0;
     char ch,t=0;
     while(!isdigit(ch = getchar())) t|=ch=='-';
     while(isdigit(ch)) x=x*10+(ch^48),ch=getchar();
     return x=t?-x:x;
}
ll maxll(ll x,ll y){ return x>y?x:y; }
ll minll(ll x,ll y){ return x<y?x:y; }
ll absll(ll x){ return x>0ll?x:-x; }
ll gcd(ll x,ll y){ return (y==0)?x:gcd(y,x%y); }
int n,m,tot;
int L[Maxn],R[Maxn],l[Maxn],r[Maxn];
int dp[Maxm],tmp[Maxm],pri[Maxm],mu[Maxm];
ll ans;
bool vis[Maxm];
signed main()
{
	 //ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
     //freopen(".in","r",stdin);
     //freopen(".out","w",stdout);
	 n=rd(),m=rd();
	 for(int i=1;i<=n;i++) L[i]=rd(),R[i]=rd();
	 vis[1]=mu[1]=true;
	 for(int i=2;i<Maxm;i++)
	 {
	 	 if(!vis[i]) mu[i]=-1,pri[++tot]=i;
	 	 for(int j=1;j<=tot && i*pri[j]<Maxm;j++)
	 	 {
	 	 	 vis[i*pri[j]]=true;
	 	 	 if(i%pri[j]==0) break;
	 	 	 mu[i*pri[j]]=-mu[i];
		 }
	 }
	 for(int d=1,MAX;d<=m;d++) if(mu[d])
	 {
	 	 MAX=m/d;
	 	 for(int i=1;i<=n;i++) l[i]=(L[i]+d-1)/d,r[i]=R[i]/d;
	 	 for(int i=0;i<=MAX;i++) dp[i]=1;
	 	 for(int i=1;i<=n;i++)
	 	 {
	 	 	 for(int j=0;j<=MAX;j++) tmp[j]=0;
	 	 	 for(int j=l[i];j<=MAX;j++)
	 	 	 {
	 	 	 	 tmp[j]=dp[j-l[i]];
	 	 	 	 if(j>r[i]) tmp[j]=(tmp[j]-dp[j-r[i]-1]+mod)%mod;
			 }
			 dp[0]=0;
			 for(int j=1;j<=MAX;j++) dp[j]=(dp[j-1]+tmp[j])%mod;
		 }
		 ans=(ans+1ll*dp[MAX]*mu[d]%mod+mod)%mod;
	 }
	 printf("%d\n",ans);
     //fclose(stdin);
     //fclose(stdout);
     return 0;
}

一分为二

P1651 塔

题意：有 \(n\) 个数，从中选出两个集合（可以有剩余），使两个数集中的数字之和相等。

！！！这不是一道背包问题，因为可以有剩余，所以更具判断 \(dp[sum]\ne -1\) 和 \(dp[2\times sum]\ne -1\) 是错的。

选出的 \(2\times sum\) 和 \(sum\) 不一定是包含关系。

应该用普通 \(\text{DP}\) 解决。

（当然，当 \(n\) 非常小的时候，可以直接使用 meet in the middle 解决问题） 如：P3067 [USACO12OPEN]Balanced Cow Subsets G

两种限制/收益的问题

将数组下标的一位设为 “任务一” 的值，而将数组内容设为 “任务二” 的最小 \(/\) 最大值。

输出答案的时候将下标与值取和、最小、最大……

P2224 [HNOI2001]产品加工

\(\rightarrow\) P2224 solution

用 \(dp[i][j]\) 表示加到 \(i\) 为止，机器 \(1\) 使用了 \(j\) 的时间，而 \(dp[i][j]\) 值表示机器 \(2\) 消耗的时间。

跑背包。

n=rd();
memset(dp,inf,sizeof(dp)),dp[0][0]=0;
for(int i=1,x,y,z,opt,pre;i<=n;i++)
{
	 x=rd(),y=rd(),z=rd(),opt=i&1,pre=opt^1;
	 MAX+=max(x,max(y,z));
	 for(register int j=0;j<=MAX;j++) dp[opt][j]=inf; // 防止上一次的值影响
	 for(register int j=0;j<=MAX;j++)
	 {
	 	 if(y) dp[opt][j]=min(dp[opt][j],dp[pre][j]+y);
	 	 if(j>=x && x) dp[opt][j]=min(dp[opt][j],dp[pre][j-x]);
	 	 if(j>=z && z) dp[opt][j]=min(dp[opt][j],dp[pre][j-z]+z);
	 }
}
for(int i=0;i<=MAX;i++) ans=min(ans,max(dp[n&1][i],i));
printf("%d\n",ans);

P2340 [USACO03FALL]Cow Exhibition G

题意：有 \(n\) 头奶牛，每一头奶牛有一个情商值和智商值，现在要从中选出若干头奶牛。在奶牛的情商和与智商和都不小于 \(0\) 的情况下，求出情商与智商之和的最大值。

（需要滚动数组）设 \(dp[j]\) 表示在前 \(i\) 头奶牛中选出情商为 \(j\) 时的智商最大值为 \(dp[j]\) 。

暴力转移。

最后在 \(i>0\) 的情况下，计算 \(i+dp[i]\) 的最大值。

比较复杂的题目

P3891 [GDOI2014]采集资源

先进行一次 \(\text{DP}\) 求出 \(dp1[i]\) 数组，表示花费 \(i\) 能够获得的最大劳动力。

之后进行第二次 \(\text{DP}\) 求出 \(dp2[i][j]\) ，表示在第 \(i\) 时间花费 \(j\) 能获得最大劳动力（单位时间内的收获最多）。转移方程：

\[dp[i+1][j-k+dp1[k]+dp2[i][j]]=\max(dp[i+1][j-k+dp1[k]+dp2[i][j]],dp[k]+dp[i][j]) \]

在求出 \(dp2\) 的同时比较此时是否能使收益 \((j-k+dp[k]+dp[i][j])\) 大于 \(t\) ，及时输出。

注意：初始化使需将数组赋值为不可能取到的值，以防错误转移。

P2481 [SDOI2010]代码拍卖会

对于任何一个猪猪举牌的方案，都可以看做 \(9\) 个以内的若干 “\(1\) 的后缀” 相加而成！

我们可以把一个数分割成若干个 \(000000\dots 11111\) 的和。

不妨记 \(cnt(i)\) 为 \(\pmod p\) 意义下 \([\text{余数是 i 的“1 的后缀”}]\) 的数量。

之后完成一个背包就好了。

设 \(dp(i,j,k)\) 表示当前考虑到余数为 \(i\) 的 “\(1\) 的后缀” ，此前已经放上了 \(j\) 个 “\(1\) 的后缀” ，此时构成的数字的 \(\pmod p\) 的余数是 \(k\) 的方案数。

初始化：全部填 \(1\) 的 \(n\) 位数对 \(p\) 取模后的状态。（注意这里的处理！！！就是这里卡了 \(4~Hours\) ）

设：

• \(put\) 表示放入 \(put\) 个余数为 \(i\) 的 “\(1\) 的后缀” 。
• \(Left\) 表示放入前已经有了 \(Left\) 的余数。
• \(d\) 表示在放入前已经有 \(s\) 个数了。
• 二项式表示从所有余数为 \(i\) 的 “\(1\) 的后缀” 取出 \(put\) 个的方案数（证明见数论基础）。

转移方程：

\[dp(i,s+put,(Left+i\times put)\%p)+=\dbinom{cnt(i)+put-1}{put}\times \sum\limits dp(i-1,s,Left) \]

$\texttt{code}$

#define Maxp 505
#define mod 999911659
ll n,p,len,add;
ll cnt[Maxp],Last_pos[Maxp],inv[11];
ll f[11][Maxp],g[11][Maxp];
ll C(ll x,ll y)
{
	 ll ret=1;
	 for(ll i=x;i>=x-y+1;i--) ret=ret*i%mod;
	 for(ll i=y;i>=2;i--) ret=ret*inv[i]%mod;
	 return ret;
}
void pre_cnt()
{
	 ll st,addn;
	 for(ll i=1,tmp=0;i<=p+p;i++)
	 {
	 	 tmp=(tmp*10+1)%p;
	 	 if(Last_pos[tmp]) { st=Last_pos[tmp]-1,len=i-Last_pos[tmp]; break; }
	 	 addn=tmp,Last_pos[tmp]=i; // 这里！！！ 
	 }
	 if(n<st) for(int i=1,tmp=0;i<=n;i++) tmp=(tmp*10+1)%p,cnt[tmp]++,addn=tmp;
	 else
	 {
		 ll Times=(n-st)/len,ed=(n-st)%len+st;
		 if((n-st)%len==0) ed=0; // 这里！！！ 
		 for(int i=1,tmp=0;i<=st+len;i++)
		 {
		 	 tmp=(tmp*10+1)%p;
		 	 if(i==ed) addn=tmp; // 这里！！！ 
		 	 if(i<=st) cnt[tmp]++;
		 	 else
			 {
			 	 cnt[tmp]=(cnt[tmp]+Times)%mod;
			 	 if(i<=ed) cnt[tmp]=(cnt[tmp]+1)%mod;
			 }
		 }
	 }
	 f[0][addn]=1;
}
ll Dp()
{
	 for(int i=0;i<p;i++)
	 {
	 	 memcpy(g,f,sizeof(f)),memset(f,0,sizeof(f));
	 	 for(int s=0;s<9;s++) for(int Put=0;s+Put<9;Put++)
	 	 {
	 	 	 ll mul=C(cnt[i]+Put-1,Put);
	 	 	 for(int Left=0;Left<p;Left++)
	 	 	 	 f[s+Put][(Left+i*Put)%p]=(f[s+Put][(Left+i*Put)%p]+mul*g[s][Left]%mod)%mod;
	 	 }
	 }
	 ll ret=0;
	 for(int i=0;i<9;i++) ret=(ret+f[i][0])%mod;
	 return ret;
}
int main()
{
	 scanf("%lld%lld",&n,&p);
	 inv[0]=inv[1]=1; for(ll i=2;i<=10;i++) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	 pre_cnt();
	 printf("%lld\n",Dp());
     return 0;
}