背包问题
背包问题
0/1背包
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最基础的背包问题
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有\(n\)件物品和一个容量为\(m\)的背包。第\(i\)件物品的重量是\(w_i\)，价值是\(v_i\)。求解将哪些物品装入背包可在总重量不超过\(m\)的前提下使价值总和最大。
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\(f(i,j)\)表示前\(i\)件物品，背包容量为\(j\)时最大价值
那么就需要考虑第\(i\)件物品装/不装
- 第\(i\)件物品无法装进背包：\(f(i,j)=f(i-1,j)\)，即可获得的最大值不变
- 第\(i\)件物品装入背包：\(f(i,j)=f(i-1,j-w_i)+v_i\)，即前\(i-1\)件物品装入容量为\(j-w_i\)的背包（留下\(w_i\)的空间来装第\(i\)件物品）的价值加上第\(i\)件物品的价值
- 第\(i\)件物品不装入背包：\(f(i,j)=f(i-1,j)\)，即可获得的最大值不变
若第\(i\)件物品可以装入背包，那么当前可获得的最大价值为第2、3种情况的最大值
int f[n+1][m+1]; for(int i = 1;i<=n;i++){ for(int j = 0;j<=m;j++){ if(j < w[i]) f[i][j] = f[i-1][j]; else f[i][j] = max(f[i-1][j],f[i-1][j-w[i]]+v[i]) } } int ans = f[n][m]; -
例题
将总时间\(T\)视为容量\(m\)，将总草药数\(M\)视为物品件数\(n\)
将每株草药的采集时间视为重量\(w\)，将草药价值视为\(v\)
则可以直接套上面的板子
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1005; int t,m; int dp[N][N]; int v[N]; int T[N]; int main(){ scanf("%d%d",&t,&m); for(int i = 1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&T[i],&v[i]); for(int i = 1;i<=m;i++){ for(int j = t;j>=0;j--){ if(j < T[i]) dp[i][j] = dp[i-1][j]; else dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-T[i]] + v[i]); } } printf("%d",dp[m][t]); return 0; }
完全背包
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有\(n\)件物品和一个容量为\(m\)的背包。第\(i\)件物品的重量是\(w_i\)，价值是\(v_i\)。每件物品可以选无数份。求解将哪些物品装入背包可在总重量不超过\(m\)的前提下使价值总和最大。
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与0/1背包的区别就在于每份物品的数量无限
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\(f(i,j)\)表示前\(i\)件物品，背包容量为\(j\)时最大价值
那么就需要考虑第\(i\)件物品装/不装
- 第\(i\)件物品无法装进背包：\(f(i,j)=f(i-1,j)\)，即可获得的最大值不变
- 第\(i\)件物品装入背包：\(f(i,j)=f(i,j-w_i)+v_i\)，即前\(i\)件物品装入容量为\(j-w_i\)的背包（留下\(w_i\)的空间来装第\(i\)件物品）的价值加上第\(i\)件物品的价值
- 第\(i\)件物品不装入背包：\(f(i,j)=f(i-1,j)\)，即可获得的最大值不变
若第\(i\)件物品可以装入背包，那么当前可获得的最大价值为第2、3种情况的最大值
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与0/1背包的区别在选第\(i\)件物品的时候，是将前\(i\)件物品装包，而不是前\(i-1\)件
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因为每件物品可以选无数份，所以选更新过的值\(f(i,j-w_i)\)+\(v_i\)
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模板
int f[n+1][m+1]; for(int i = 1;i<=n;i++){ for(int j = 0;j<=m;j++){ if(j < w[i]) f[i][j] = f[i-1][j]; else f[i][j] = max(f[i-1][j],f[i][j-w[i]]+v[i]) } } int ans = f[n][m];在第5行进行了修改
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例题
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在本题使用了滚动数组降维否则爆空间
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = (1e7+10); int t,m; long long f[N]; int v[10010]; int T[10010]; int main(){ scanf("%d%d",&t,&m); for(int i = 1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&T[i],&v[i]); for(int i = 1;i<=m;i++){ for(int j = T[i];j<=t;j++){ f[j] = max(f[j],f[j-T[i]]+v[i]); } } printf("%lld",f[t]); return 0; }
滚动数组
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通过不断覆盖无用的旧数据从而节约空间的操作
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易知\(\text{dp}\)的第一维\(i\)仅与\(i-1\)有关，在操作\(i\)的时候旧数据\(i-1\)仍在数组中,因此可以压掉第一维
从前文的两种模型的状态转移方程中可以看出，
0/1背包需要上一层的数据，而完全背包不需要，且由于\(i\)与\(j\)是两个互不干扰的维度，降维对\(j\)无影响
因此
0/1背包使用滚动数组的时候需要倒着枚举
完全背包使用滚动数组的时候需要正着枚举
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另外，如果第\(i\)件物品无法装入背包，则状态不需要覆盖
所以开始覆盖旧数据的最小重量为\(w_i\)
因此枚举时可以以\(w_i\)开始/结束
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模板
int dp[m+1]; // 01背包 for(int i = 1;i<=n;i++){ for(int j = m;j>=w[i];j--){ dp[j] = max(dp[i],dp[j-w[i]]+v[i]); } } // 完全背包 for(int i = 1;i<=n;i++){ for(int j = w[i];j<=m;j++){ dp[j] = max(dp[i],dp[j-w[i]]+v[i]); } }
多重背包
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\(n\)个物品，每个物品可选至多\(n_i\)个，可不选，每个体积为\(v_i\)，价值为\(w_i\)。
求总体积不超过\(m\)的情况下能拿走物品总价值的最大值。 -
将至多\(n_i\)个物品全部视为独立的可选取\(n_i\)个物品，使用0/1背包解决
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优化
任何一个数都可以被拆分为 \(2^0,2^1,\dots,2^{k-1},d\) 的形式
因此将每个\(n_i\)进行二进制拆分后，一定可以凑出\(\leq n_i\)的所有数字
将拆分出来的数\(k_j\)与原价值、原体积相乘，得到一个新的物品
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模板
//这里的n，W分别代表n种物品，最大重量为W scanf("%d%d",&n,&W); int num = 1; for(int i = 1;i<=n;i++){ //v为价值，w为重量，m为个数 int v,w,m; scanf("%d%d%d",&v,&w,&m); //进行二进制拆分 for(int j = 1;j<=m;j<<=1){ Val[++num] = j*v; Wei[num] = j*w; m -= j; } //此时的m相当于拆分后剩下的d if(m) Val[++num] = v*m,Wei[num]=w*m; } //01背包滚动数组 for(int i = 1;i<=num;i++){ for(int j = W;j>=Wei[i];j--){ f[j] = max(f[j],f[j-Wei[i]]+Val[i]); } }
分组背包
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\(n\)个物品，体积为\(w_i\)，价值为\(v_i\)。
所有物品被分为若干组，同组物品最多选一个。
求总体积不超过\(m\)的情况下能拿走物品总价值的最大值。 -
把每个组当成一个物品，选的时候枚举选哪个物品
for 所有的组k for j=W..0 for 所有的i属于组k f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+v[i])
