基础DP（2）

0/1背包

如果每个物体可以切分，称为一般背包问题，用贪心法求最优解，从最大的最多的开始。

如果每个物体不可分割，称为0/1背包问题。0和1代表装入背包和不装入背包。

 

举个栗子：有4个物品，其重量分别是2、3、6、5，价值分别为6、3、5、4，背包的容量为9。

先定一个二维数组dp[i][j]，i代表物品个数，j代表当前容量，dp[i][j]代表当前价值。

 可以参照一下硬币问题的图。

从小问题扩展到大问题，先只装第一个物品，然后只装前两个物品，依次......直到装完。

 

在只装第一个物品的情况下，第一个物品重量为2，那么容量小于2的放不进去，因此dp[1][0]和dp[1][1]都为0，dp[1][2]=6，容量大于2的和等于2的一样(dp[1][3]=6......)。

只装前两个物品时，如果容量不能装第二个物品，就和只装第一个物品的情况相同，那么dp[i][j]=dp[i-1][j]，也就是dp[2][3]=dp[1][3]=6；如果能装第二个物品，又分为两种情况，如果装第二个物品，那么dp[2][3]=3，如果不装第二个物品，就和不能装的情况相同，dp[2][3]=6，因为要总价值最大，所以取两种情况的最大值，也就是max{dp[i-1][j]，dp[i-1][j-v(i)]+value(i)}，这里的dp[i-1][j]是不装第i个物品时的情况，dp[i-1][j-v(i)]+value(i)是装了物品i的情况，v(i)是i的容量，value(i)是i的价值，因为装了物品i，所以当前容量为j-v(i)（聪明的你肯定一看就懂，不懂就再想想）。

 

来，放题：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2602

思路和上面一样。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int t,n,c;
int dp[1005][1005],v[1005],value[1005];

int main()
{
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        scanf("%d%d",&n,&c);//n是骨头数量，c是背包体积
        for(int j=0;j<n;j++){
            scanf("%d",&value[j]);//价值
        }
        for(int k=0;k<n;k++){
            scanf("%d",&v[k]);//体积
        }
        for(int x=1;x<=n;x++){
            for(int y=0;y<=c;y++){
                if(v[x]>y){//容量不能装第x个物品时
                    dp[x][y]=dp[x-1][y];//价值和上一个一样
                }
                else
                dp[x][y]=max(dp[x-1][y],dp[x-1][y-v[x]]+value[x]);//能装时，求两种情况较大值以得最大价值
            }
        }
        printf("%d\n",dp[n][c]);
    }
    return 0;
 } 

 

最后有一个滚动数组的技巧，处理dp[][]状态数组时把它变成一维的dp[]以节省空间，因为第x行由x-1行推出，所以可以直接覆盖上一行。

 

滚动数组代码：

int dp[1005];//原来是int dp[1005][1005] 
for(int x=1;x<=n;x++){//其余部分省略了，和上面一样 
    for(int y=c;y>=v[x];y--){//当然你也可以边读边处理
        dp[y]=max(dp[y],dp[y-v[x]]+value[x]);
    }
}

 

因为会遇到较大的数据量，所以为了节省空间使用滚动数组（空间复杂度从O(NV)减少为O(V)），但是时间复杂度上没有优化，并且因为它覆盖了中间转移状态，只留下了最后的状态，导致无法输出背包的具体方案。

 

更新：

01背包变形：https://www.luogu.com.cn/problem/P1164

 

 思路：因为每一个菜要么吃要么不吃，所以当钱足够买这个菜的时候方法数为吃这个菜的方法数+不吃这个菜的方法数，当钱不够时就没法买，方法数为上一道菜的方法数。设dp[][]为方法总数，那么当目前拥有的钱j小于这一道菜价格a[i]时，dp[i][j]=dp[i-1][j]；注意当j等于这个菜价格的时候，可以只买这一道菜，dp[i][0]就等于1，或者可以判断当j==a[i]时，dp[i][j]=dp[i-1][j]+1；当j大于a[i]时，也就是说前i个物品中所有能凑出j-a[i]元的方案再加上当前这道菜品，dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j-a[i]]。

代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<stdio.h>
using namespace std;

int a[105];
int dp[105][10005];
int main()
{
    int n,m;
    scanf("%d %d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&a[i]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            if(j<a[i]) //钱不够买这道菜时，方法数为前一道菜的方法数
            dp[i][j]=dp[i-1][j];
            else if(j==a[i]) //注意特别判断刚好能买这一道菜的时候，dp[i][0]=1
            dp[i][j]=dp[i-1][j]+1; 
            else //钱够的时候，方法数为买这道菜和不买的方法数的和
            dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j-a[i]];
        }
    }
    printf("%d\n",dp[n][m]);
    return 0;
}

https://www.luogu.com.cn/problem/P1510

笑死，做的时候感觉思路没问题，就一道模板题，结果wa了，回头一看让输出剩下的最大体力。

 

0/1背包：

https://www.luogu.com.cn/problem/P1048

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1864

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2955

 

滚动数组：

https://www.luogu.com.cn/problem/P2871

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1024

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4576

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5119

 

EOF