背包问题的处理
背包问题的一些拓展与处理
装箱问题
题目描述：
有一个箱子容量为 V，同时有 n 个物品，每个物品有一个体积（正整数）。要求 n 个物品中，任取若干个装入箱内，使箱子的剩余空间为最小。
核心思想
\(f[i]\)记录当体积为m时，最多能放多少
转移方程：\(f_j=max(f_j,f_{j-u}+u)\)
特殊性:此处的价值和容量是同一个东西
宠物小精灵之收服
题目描述
有一个背包，第一个容量是M,第二个容量是V，共有N个物品，问最多能装几个，此时第二个容量最多能剩多少
\(0<N≤1000\)
\(0<M≤500\)
\(0<V≤100\)
核心思想：
这题本来是一个朴素的二维费用背包问题，但是这题有两个值得深究的点：
1.怎么去找最多能装几个，最多能剩多少
我们设\(f_{i,j}\)表示\(m\)为\(i\)，\(v\)为\(j\)时所收集到的最大精灵。
然后我们就可以列出一个平凡的三重循环的DP
但是还没有完，我们要求的最多能装几个好说，怎么求能剩多少呢
这也好办，如果此时的\(f_{i,j}\)比\(ans\)数组要大，那么\(tag\)直接标记成\(j\)
但是如果两者相等，就取两者较小的
最后直接输出即可
int f[N][N],u[N],v[N];
int n,m,q,tagans,tag;
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
for(int i=1;i<=q;i++) scanf("%d%d",&u[i],&v[i]);
for(int i=1;i<=q;i++)
for(int j=n;j>=u[i];j--)
for(int k=m;k>=v[i];k--)
f[j][k]=max(f[j][k],f[j-u[i]][k-v[i]]+1);
for(int j=0;j<=n;j++){
for(int k=0;k<m;k++){
if(f[j][k]>tagans) tagans=f[j][k],tag=k;
else if(f[j][k]==tagans && tag>k) tag=k;
printf("%d %d",tagans,m-tag);
return 0;
}
2.我们观察数据发现什么
第一种写法的时间复杂度我们容易发现是\(O(nmV)\)
我们首先可以理解一个问题就是对于一个背包来说，\(f_{i,j}\)表示枚举第\(i\)样物品的体积是\(j\)时的最大价值
那么此时的\(v[i]\)和\(w[i]\)是可以互换的，只是会更改\(f\)数组的意义
那我们回来看这个题，由于\(V\)很小，我们考虑多次使用\(V\)
所以我们的新的\(f\)数组表示v为\(i\), 枚举到第\(j\)个物品用了最小的\(m\)
所以我们此时就可以换一种写法
const int inf=0x3f3f3f3f;
int f[N][N];
int n,m,q;
int main(){
memset(f,0x3f,sizeof(f));
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
f[0][0]=0;
for(int i=1,u,v;i<=q;i++){
scanf("%d%d",&u,&v);
for(int j=m;j>=v;j--)
for(int k=i;k;k--)
if(f[j-v][k-1]+u<=n) f[j][k]=min(f[j][k],f[j-v][k-1]+u);
}
for(int k=q;~k;k--)
for(int j=0;j<m;j++)
if(f[j][k]!=inf) return printf("%d %d\n",k,m-j),0;
return 0;
}
这时候我们分析复杂度就是\(O(V^2m)\)算出来大概是5e6,前面那个算出来是5e7，区别还是很大的
数字组合
题目描述：
给定\(n\)个正整数\(A1,A2,…,An\)，从中选出若干个数，使它们的和为\(m\)，求有多少种选择方案。
\(1≤n≤100\)
\(1≤m≤10000\)
\(1≤Ai≤1000\)
核心思想：
这个题是要求方案数，是一类很经典的DP了
首先，我们要设\(f_{j}\)表示和为\(j\)的方案数
那么对于\(j\)来说，假如说存在\(i∈[1,n]\)且\(a[i]+k=j\)那么我们的\(f[j]=f[j]+f[k]\)就是说\(f_k\)的所有方案数都可以通过加上一个数凑成\(j\)，所以我们可以得出\(f_j+=f_j-a[i]\)
因为每个数只能选一次，所以我们直接用01背包操作即可
注意：f[0]要赋成1
int f[N],a[N];
int n,m;
int main(){
read(n),read(m);
f[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=m;j>=a[i];j--){
f[j]=f[j]+f[j-a[i]];
}
}
cout<<f[m];
return 0;
}
货币系统
题目描述：
给你一个n种面值的货币系统，求组成面值为m的货币有多少种方案。
核心思想：
这个题和上一个题差不多，但是我们发现我们的当前的加钱可以有若干张统一价钱的拼接起来，直接完全背包就行了啊
#define int long long
int f[N];
signed main(){
int n,m;
cin>>n>>m;
f[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
int u; cin>>u;
for(int j=u;j<=m;j++) f[j]+=f[j-u];
}
cout<<f[m];
return 0;
}
混合背包问题
题目描述
有\(N\)种物品和一个容量是 \(V\) 的背包。
物品一共有三类：
- 第一类物品只能用1次（01背包）；
- 第二类物品可以用无限次（完全背包）；
- 第三类物品最多只能用 \(si\) 次（多重背包）；
每种体积是\(vi\),价值是\(wi\)。
求解将哪些物品装入背包，可使物品体积总和不超过背包容量，且价值总和最大。
核心思想：
我们考虑一个问题我们在二进制优化时我们是把每个物品拆分，那么此时我们可以直接套用二进制拆分的思想，01背包就转化成\(s=1\)的多重背包，完全背包转化为\(s=m/u\)的多重背包
最后用多重背包思路求解即可QAQ
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,v[100010],w[100010],f[100010];
int main(){
cin>>n>>m;
int cnt=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
int a,b,s;
cin>>a>>b>>s;
int k=1;
if(s<0)s=1;
else if(s==0)s=m/a;
//把01背包和多重背包先转化成多重背包，若为完全背包，则在最优情况下，只能取总体积/该物品体积向下取整
while(k<=s){
v[cnt]=a*k;
w[cnt]=b*k;
s-=k;
k*=2;
cnt++;
}
if(s>0){
v[cnt]=s*a;
w[cnt]=s*b;
cnt++;
}
}//将多重背包进行二进制优化，变成01背包
for(int i=1;i<=cnt;i++){
for(int j=m;j>=v[i];j--)
f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]); //01背包问题
cout<<f[m]<<endl;
return 0;
}
背包问题方案数
题目描述：
有\(N\)件物品和一个容量是\(V\)的背包。每件物品只能使用一次。
第\(i\)件物品的体积是\(vi\)，价值是\(wi\)。
求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。
输出最优选法的方案数。注意答案可能很大，请输出答案模1e9+7的结果。
核心思想
每次更新答案时判断一下，记录一个\(cnt\)数组，初始为1，表示背包容积为\(i\)时总价值为最佳的方案数，那么当\(f\)被更新时，\(cnt_j\)就会被更新成\(cnt_{j-u}\)，那么\(cnt_j\)加上\(cnt_{j-u}\)即可
const int N=1e5+10;
const int mod=1e9+7;
int f[N];
int a[N],u[N],v[N];
int cnt[N];
int main(){
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<=m;i++) cnt[i]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d",&u[i],&v[i]);
for(int j=m;j>=u[i];j--){
if(f[j]<f[j-u[i]]+v[i]){
f[j]=f[j-u[i]]+v[i];
cnt[j]=cnt[j-u[i]];
}
else if(f[j]==f[j-u[i]]+v[i]) cnt[j]=(cnt[j]+cnt[j-u[i]])%mod;
}
}
cout<<cnt[m];
}
