背包专题
01背包
01背包是所有背包的基础，很重要也很基础而且最重要的是有很多变形，能够运用得非常灵活，网上有很好的介绍01背包的博客我在这里就不写他的原理和详细步骤了，只是转载一下他们的博客，包括下面的完全背包，多维背包 等等，我想写这篇博客的主要目的是介绍背包的用法，当然了转载的博客是很基础的，因此小白也可以来看
01背包详解
01背包的运用很广泛，也很灵活但是表现在哪里呢
看下这道题
1007 正整数分组
51nod1007
基准时间限制：1 秒 空间限制：131072 KB 分值: 10 难度：2级算法题
将一堆正整数分为2组，要求2组的和相差最小。
例如：1 2 3 4 5，将1 2 4分为1组，3 5分为1组，两组和相差1，是所有方案中相差最少的。
Input
第1行：一个数N，N为正整数的数量。
第2 - N+1行，N个正整数。
(N <= 100, 所有正整数的和 <= 10000)
Output
输出这个最小差
Input示例
5
1
2
3
4
5
Output示例
1
博主在做这道题的时候以为是暴力或者是dfs，足足写了一下午（可能我比较菜QAQ），但是实际上只要将他们的sum值砍一半然后进行01背包就好了，想一想为什么
完全背包
完全背包虽然为背包的一种，但是博主用到的次数不是太多个人认为不太重要，因此不打算做太多解释
就写一个例题好了
多维背包
多维背包可以是01背包， 也可以是完全背包
ACboy needs your help
ACboy has N courses this term, and he plans to spend at most M days on study.Of course,the profit he will gain from different course depending on the days he spend on it.How to arrange the M days for the N courses to maximize the profit?
Input
The input consists of multiple data sets. A data set starts with a line containing two positive integers N and M, N is the number of courses, M is the days ACboy has.
Next follow a matrix A[i][j], (1<=i<=N<=100,1<=j<=M<=100).A[i][j] indicates if ACboy spend j days on ith course he will get profit of value A[i][j].
N = 0 and M = 0 ends the input.
Output
For each data set, your program should output a line which contains the number of the max profit ACboy will gain.
Sample Input
2 2
1 2
1 3
2 2
2 1
2 1
2 3
3 2 1
3 2 1
0 0
Sample Output
3
4
6
这个提有两个权值忍耐度和杀敌数，普通的完全背包是不能够解决的，我们可以用多维背包来解决
我们可以直接在完全背包的基础上加上一维就可以做到二维背包了，那么多维背包同理，加上n-1维就行了
例题代码：
#include <cstdio> //二维背包
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn = 110;
int w[maxn],v[maxn];
int dp[maxn][maxn];
int main(){
int n,m,s,k;
while(cin>>n>>m>>k>>s){
memset(dp,0,sizeof(dp));
for (int i = 1;i<=k;i++)
scanf("%d %d",&v[i],&w[i]);
for (int i = 1;i<=k;i++) {
for (int j = w[i];j<=m;j++){ //忍耐度
for (int k = 1;k<=s;k++) { //最大杀敌数
dp[j][k] = max(dp[j][k],dp[j-w[i]][k-1] + v[i]);
}
}
}
if ( dp[m][s] >= n ) {
for (int i = 0;i<=m;i++) {
if(dp[i][s]>=n) {
printf("%d\n",m-i);
break;
}
}
} else {
printf("-1\n");
}
}
return 0;
}分组背包
了解分组背包之前先看一个题
题目描述
金明今天很开心，家里购置的新房就要领钥匙了，新房里有一间金明自己专用的很宽敞的房间。更让他高兴的是，妈妈昨天对他说：“你的房间需要购买哪些物品，怎么布置，你说了算，只要不超过 NNN 元钱就行”。今天一早，金明就开始做预算了，他把想买的物品分为两类：主件与附件，附件是从属于某个主件的，下表就是一些主件与附件的例子：
主件 附件
电脑 打印机，扫描仪
书柜 图书
书桌 台灯，文具
工作椅 无
如果要买归类为附件的物品，必须先买该附件所属的主件。每个主件可以有 000 个、 111 个或 222 个附件。附件不再有从属于自己的附件。金明想买的东西很多，肯定会超过妈妈限定的 NNN 元。于是，他把每件物品规定了一个重要度，分为 555 等：用整数 1−51-51−5 表示，第 555 等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是 101010 元的整数倍）。他希望在不超过 N 元（可以等于 N 元）的前提下，使每件物品的价格与重要度的乘积的总和最大。
设第 j 件物品的价格为 v[j]，重要度为 w[j] ，共选中了 k 件物品，编号依次为 j1,j2,…,jk ，则所求的总和为：
v[j1]×w[j1]+v[j2]×w[j2]+…+v[jk]×w[jk]。
请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。
输入输出格式
输入格式：
第 111 行，为两个正整数，用一个空格隔开：
NmN mNm （其中 N(<32000) 表示总钱数， m(<60)为希望购买物品的个数。） 从第 2 行到第 m+1 行，第 j 行给出了编号为 j−1 的物品的基本数据，每行有 3 个非负整数
vpq （其中 v 表示该物品的价格（ v<10000 ），p表示该物品的重要度（ 1−5 ）， q 表示该物品是主件还是附件。如果 q=0 ，表示该物品为主件，如果 q>0 ，表示该物品为附件， q 是所属主件的编号）
输出格式：
一个正整数，为不超过总钱数的物品的价格与重要度乘积的总和的最大值（ <200000）。
输入输出样例
输入样例#1：
1000 5
800 2 0
400 5 1
300 5 1
400 3 0
500 2 0
输出样例#1：
2200
同多维背包这个题直接用01背包和完全背包是不能直接解的，因为有些物品是有主件的，主件可以独自存活但是附件不可以，这样的话我们可以将一类物品合并成为一组，对这一组整体进行背包，也就符合了01背包，或者完全背包
背包的路径还原
在背包的过程中我们可以加一个vis数组进行路径记录最后用一个ans数组输出
集体实现请看代码，但还请大家仔细思考为什么
最后网盘下载 背包九讲
链接:https://pan.baidu.com/s/1ukO2sOUsUdFqKFvHaJRkEA 密码:ccy7
更新：
树上背包 ( 数型DP )
博主此刻学艺不精，但是通过一个例题跟大家介绍吧
The more, The Better
Problem Description
ACboy很喜欢玩一种战略游戏，在一个地图上，有N座城堡，每座城堡都有一定的宝物，在每次游戏中ACboy允许攻克M个城堡并获得里面的宝物。但由于地理位置原因，有些城堡不能直接攻克，要攻克这些城堡必须先攻克其他某一个特定的城堡。你能帮ACboy算出要获得尽量多的宝物应该攻克哪M个城堡吗？
Input
每个测试实例首先包括2个整数，N,M.(1 <= M <= N <= 200);在接下来的N行里，每行包括2个整数，a,b. 在第 i 行，a 代表要攻克第 i 个城堡必须先攻克第 a 个城堡，如果 a = 0 则代表可以直接攻克第 i 个城堡。b 代表第 i 个城堡的宝物数量, b >= 0。当N = 0, M = 0输入结束。
Output
对于每个测试实例，输出一个整数，代表ACboy攻克M个城堡所获得的最多宝物的数量。
Sample Input
3 2
0 1
0 2
0 3
7 4
2 2
0 1
0 4
2 1
7 1
7 6
2 2
0 0
Sample Output
5
13
题解
AC code：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;
vector<int>G[250];
int dp[250][250];
int vis[250];
int n,m;
void dfs(int now) {
vis[now] = 1;
for(int i = 0;i < G[now].size();i++) {
int to = G[now][i];
if(vis[to] == 0) dfs(to);
for(int j = m;j >= 2;j --) {
for(int k = 1;k < j;k ++) {
if( dp[to][j-k] != -1 && dp[now][k] != -1 ) {
dp[now][j] = max( dp[now][j], dp[now][k]+dp[to][j-k] );
}
}
}
}
}
int main() {
while(~scanf("%d%d",&n,&m)) {
if(n == 0 && m == 0)break;
memset(vis ,0 ,sizeof(vis));
memset(dp ,-1 ,sizeof(dp));
for(int i = 0;i <= n;i ++) G[i].clear(),dp[i][0]=0;
dp[0][1] = 0;
for (int i = 1;i <= n;i ++) {
int x,val;
scanf("%d%d",&x,&val);
G[x].push_back(i);
dp[i][1] = val;
}
m++;
dfs(0);
printf("%d\n",dp[0][m]);
}
}