【算法笔记】背包模板-算法详解

01背包

有 $N$ 件物品和一个容量为 $M$ 的背包。第 $i$ 件物品所耗费的空间是 $w[i]$，得到的价值是 $v[i]$。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。

• “求什么设什么”，我们用 $f[i][j]$ 表示前 $i$ 件物品耗费空间为 $j$ 可得到的最大价值。显然，答案是 $f[N][M]$。
• 那么状态转移方程呢？思考一下。对于第 $i$ 件物品，有取和不取两种情况。
• 如果当前这件物品不取，那么其实前 $i-1$ 件物品耗费的总空间就是 $j$，得到的价值不变;
• 如果当前这件物品取，那么前 $i-1$ 件物品耗费的总空间就是 $j-w[i]$，得到的价值就是 $f[i-1][j-w[i]]+v[i]$；
• 所以可得转移方程：$f[i][j]=max(f[i-1][j]，f[i-1][j-w[i]]+v[i])$
• 不过，二维的空间，是不是有些浪费？
• 其实，我们可以省去 $i$ 这一维，那么转移方程就变成了：$f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+v[i])$
• 不过，省去了这一维，就出现了一个细节需要注意：要倒叙枚举 $j$，而不是正序枚举，因为正序枚举在枚举 $f[j]$ 时 $f[j-w[i]]$ 已经被覆盖过了，那么就有可能取过了第 $i$ 件物品，不满足动态规划的特性：无后效性。（自己手动推一下，会更理解）

$Code：$

    scanf("%d %d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d %d",&w[i],&v[i]);
    for (int i=1;i<=n;i++)
      for (int j=m;j>=w[i];j--)
        f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+v[i]);

完全背包

有 $N$ 件物品和一个容量为 $M$ 的背包，每件物品都有无限件。放入 第 $i$件物品耗费的空间是 $w[i]$，得到的价值是 $v[i]$。求解将哪些物品放入背包可使价值总和最大;

• 可得转移方程$f[i][j]=max(f[i−1][j],f[i][j−vi]+wi)$
• 完全背包怎么压缩空间呢？其实就是 $01$ 背包的代码，把 $j$ 改成正序枚举就好了。为什么可以这样做？
• 因为完全背包可以取无限次，枚举 $f[j]$ 前第 $i$ 件物品能够已经取过，符合完全背包

$Code：$

    scanf("%d %d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d %d",&w[i],&v[i]);
    for (int i=1;i<=n;i++)
      for (int j=w[i];j<=m;j++)
        f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+v[i]);

多重背包

有 $N$ 种物品和一个容量为 $M$ 的背包。第i种物品最多有 $n[i]$ 件可用，每件费用是 $w[i]$，价值是 $v[i]$。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。

• 我们可以用暴力的方法枚举，对于第i种物品有 $n[i]+1$ 种策略：取 $0$ 件，取 $1$ 件……取 $n[i]$ 件，$f[i][v]=max(f[i-1][v-k*w[i]]+k*v[i])(0<=k<=n[i]$
• 可是这种方法会超时 $QAQ$，所以我们要用二进制优化

$Code：$

• 以下是一种简洁的方法：

	for (int i=1;i<=n;i++)
	 for (int j=1;n[i]>0;n[i]-=j,j=min(j*2,n[i]))
	  for (int k=v;k>=w[i]*j;k--)
	   f[k]=max(f[k],f[k-w[i]*j]+v[i]*j);

二维费用背包

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$v[i]$。

• 费用加了一维，只要状态也加一维即可；
• 状态转移方程：$f[i][j][k]=max(f[i-1][j][k],f[i-1][j-a[i]][k-b[i]]+v[i])$
• 同样，可以压缩空间：$f[v][u]=max(f[[j][k],f[j-a[i]][k-b[i]]+v[i])$

$Code：$

  for (int i=1;i<=n;i++)
    for (int j=V;j>=a[i];j--)
      for (int k=U;k>=b[i];k--)
       f[j][k]=max(f[j][k],f[j-a[i]][k-b[i]]+v[i]);

分组背包

有 $N$ 件物品和一个容量为 $V$ 的背包。第i件物品的费用是 $w[i]$，价值是$v[i]$。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。

• 其实对于这种题目，我们只是多一重循环枚举组中的物品，这个问题变成了每组物品有若干种策略：是选择本组的某一件，还是一件都不选。具体看代码；

$Code：$

	for 所有的组k
	  for (int j=V;j>=0;j--)
	    for 所有的i属于组k
	     f[j]=max{f[j],f[j-c[i]]+w[i]}

01背包

有 $N$ 件物品和一个容量为 $M$ 的背包。第 $i$ 件物品所耗费的空间是 $w[i]$，得到的价值是 $v[i]$。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。

• “求什么设什么”，我们用 $f[i][j]$ 表示前 $i$ 件物品耗费空间为 $j$ 可得到的最大价值。显然，答案是 $f[N][M]$。
• 那么状态转移方程呢？思考一下。对于第 $i$ 件物品，有取和不取两种情况。
• 如果当前这件物品不取，那么其实前 $i-1$ 件物品耗费的总空间就是 $j$，得到的价值不变;
• 如果当前这件物品取，那么前 $i-1$ 件物品耗费的总空间就是 $j-w[i]$，得到的价值就是 $f[i-1][j-w[i]]+v[i]$；
• 所以可得转移方程：$f[i][j]=max(f[i-1][j]，f[i-1][j-w[i]]+v[i])$
• 不过，二维的空间，是不是有些浪费？
• 其实，我们可以省去 $i$ 这一维，那么转移方程就变成了：$f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+v[i])$
• 不过，省去了这一维，就出现了一个细节需要注意：要倒叙枚举 $j$，而不是正序枚举，因为正序枚举在枚举 $f[j]$ 时 $f[j-w[i]]$ 已经被覆盖过了，那么就有可能取过了第 $i$ 件物品，不满足动态规划的特性：无后效性。（自己手动推一下，会更理解）

$Code：$

    scanf("%d %d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d %d",&w[i],&v[i]);
    for (int i=1;i<=n;i++)
      for (int j=m;j>=w[i];j--)
        f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+v[i]);

完全背包

有 $N$ 件物品和一个容量为 $M$ 的背包，每件物品都有无限件。放入 第 $i$件物品耗费的空间是 $w[i]$，得到的价值是 $v[i]$。求解将哪些物品放入背包可使价值总和最大;

• 可得转移方程$f[i][j]=max(f[i−1][j],f[i][j−vi]+wi)$
• 完全背包怎么压缩空间呢？其实就是 $01$ 背包的代码，把 $j$ 改成正序枚举就好了。为什么可以这样做？
• 因为完全背包可以取无限次，枚举 $f[j]$ 前第 $i$ 件物品能够已经取过，符合完全背包

$Code：$

    scanf("%d %d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d %d",&w[i],&v[i]);
    for (int i=1;i<=n;i++)
      for (int j=w[i];j<=m;j++)
        f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+v[i]);

多重背包

有 $N$ 种物品和一个容量为 $M$ 的背包。第i种物品最多有 $n[i]$ 件可用，每件费用是 $w[i]$，价值是 $v[i]$。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。

• 我们可以用暴力的方法枚举，对于第i种物品有 $n[i]+1$ 种策略：取 $0$ 件，取 $1$ 件……取 $n[i]$ 件，$f[i][v]=max(f[i-1][v-k*w[i]]+k*v[i])(0<=k<=n[i]$
• 可是这种方法会超时 $QAQ$，所以我们要用二进制优化

$Code：$

• 以下是一种简洁的方法：

	for (int i=1;i<=n;i++)
	 for (int j=1;n[i]>0;n[i]-=j,j=min(j*2,n[i]))
	  for (int k=v;k>=w[i]*j;k--)
	   f[k]=max(f[k],f[k-w[i]*j]+v[i]*j);

二维费用背包

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$v[i]$。

• 费用加了一维，只要状态也加一维即可；
• 状态转移方程：$f[i][j][k]=max(f[i-1][j][k],f[i-1][j-a[i]][k-b[i]]+v[i])$
• 同样，可以压缩空间：$f[v][u]=max(f[[j][k],f[j-a[i]][k-b[i]]+v[i])$

$Code：$

  for (int i=1;i<=n;i++)
    for (int j=V;j>=a[i];j--)
      for (int k=U;k>=b[i];k--)
       f[j][k]=max(f[j][k],f[j-a[i]][k-b[i]]+v[i]);

分组背包

有 $N$ 件物品和一个容量为 $V$ 的背包。第i件物品的费用是 $w[i]$，价值是$v[i]$。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。

• 其实对于这种题目，我们只是多一重循环枚举组中的物品，这个问题变成了每组物品有若干种策略：是选择本组的某一件，还是一件都不选。具体看代码；

$Code：$

	for 所有的组k
	  for (int j=V;j>=0;j--)
	    for 所有的i属于组k
	     f[j]=max{f[j],f[j-c[i]]+w[i]}

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本文作者：Admin-zx
本文链接：https://www.cnblogs.com/Michael-zx/p/12334836.html
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