背包DP学习笔记
01背包
由于01背包太过经典，所以一定要把每一个细节理解透彻！
有 \(n\) 个物品和一个容量为 \(m\) 的背包，每个物品有体积 \(w_i\) 和价值 \(v_i\)，求用这个背包所能装下的最大价值。
设 \(f_{i,j}\) 表示只考虑前 \(i\) 个物品，体积不超过 \(j\) 的最大价值。如果我们算完了前 \(i-1\) 个物品的所有结果，那么第 \(i\) 个物品有选和不选两种情况。如果不选，则结果为 \(f_{i-1,j}\)；如果买，则：由于选了 \(i\) 后体积不超过 \(j\)，那么选 \(i\) 之前体积就不能超过 \(j-w_i\)，而选了 \(i\) 之后获得的价值就多了 \(v_i\)，所以结果为 \(f_{i-1,j-w_i}+v_i\)。这样，我们就得出了经典的状态转移方程：\(f_{i,j}=max(f_{i-1,j},f_{i-1,j-w_i}+v_i)\)。
接下来，我们再考虑一些细节。对于 \(f\) 数组的初始化，我们可以将所有的方案全部赋值为 \(0\)，因为无论考虑多少物品，无论体积不超过多少，都一定有一种符合要求的方案：一个也不选。这时的价值就是 \(0\)。
然后就到了经典的空间优化：我们可以发现 \(f_i\) 这一行只与 \(f_{i-1}\) 这一行有关，所以我们可以将 \(i\) 这一维省略。这样，当我们准备求 \(f_j\) 时，我们要求 \(f_j\) 和 \(f_{j-w_i}\) 都还没有被更新过。因为我们正准备更新 \(f_j\)，所以第一个要求可以保证，那么怎么保证 \(f_{j-w_i}\) 没有被更新过呢？答案就是倒序更新（这样就在更新 \(f_j\) 之后才会更新到 \(f_{j-w_i}\) 了）。
接下来还有一个经典的常数优化：因为当 \(j<w_i\) 时，转移方程中 \(f_{j-w_i}\) 不存在，不需要考虑更新，所以 \(j\) 必须大于等于 \(w_i\)，也就是倒序枚举时 \(j\) 只需要从 \(m\) 枚举到 \(w_i\)。
所以，我们就得到了经典的01背包代码：
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]);
cout<<f[m]<<endl;
例题：采药
正好填满的01背包
是一个01背包经典的变形，题意基本与01背包相同，但要求背包必须填满。
这时，\(f\) 数组的意义发生了一点变化：\(f_{i,j}\) 表示只考虑前 \(i\) 个物品，体积恰好为 \(j\) 的最大价值。
但是，仔细推理一下，就会发现，状态转移方程和01背包一模一样，空间优化和常数优化也都通用。那不一样的地方在哪里呢？答案是初始化。由于要求体积恰好为 \(j\)，所以当 \(j\ne 0\) 时，不允许一个也不选，所以初始化为负无穷（表示目前没有任何方案满足条件），当 \(j=0\) 时，才存在一个也不选的方案，这时才能初始化为 \(0\)。
代码：
memset(f,-0x3f,sizeof(f));
f[0]=0;
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]);
cout<<f[m]<<endl;
二维费用背包
有两维费用（如：一个事件既要消耗时间也要消耗金钱，获得一定价值）的01背包。
将01背包多开两维费用，其他完全相同。
代码：
//背包第一维容量为m，背包第二维容量为t
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=m;j>=w1[i];j--)
for(int k=t;k>=w2[i];k--)
f[j][k]=max(f[j][k],f[j-w1[i]][k-w2[i]]+v[i]);
cout<<f[m][t]<<endl;
例题：榨取kkksc03
完全背包
又是一个经典模型，也必须要理解透彻。题意与01背包基本相同，但每个物品能选无数遍。
同样设 \(f_{i,j}\) 表示只考虑前 \(i\) 种物品，体积不超过 \(j\) 的最大价值。这时如何更新呢？如果我们不选这个物品，那么结果为 \(f_{i-1,j}\)；如果选，那么结果为 \(f_{i,j-w_i}+v_i\)。这是为什么呢？在01背包中，我们当前要选 \(i\)，那么选这个 \(i\) 之前，只能考虑前 \(i-1\) 个物品，所以要从 \(f_{i-1,j-w_i}\) 转移，但是在完全背包中，每个物品可以选无数次，所以选这个 \(i\) 之前，\(i\) 也是可以选的，所以要从 \(f_{i,j-w_i}\) 转移而来。这样，我们就得到了最终的转移方程：\(f_{i,j}=max(f_{i-1,j},f_{i,j-w_i}+v_i)\)。
同01背包一样，我们也可以省略掉 \(i\) 这一维。这时，当我们求 \(f_j\) 时，要求变成 \(f_j\) 还没有更新，而 \(f_{j-w_i}\) 已经更新过了（因为我们要用的是 \(f_{i,j-w_i}\) 而不是 \(f_{i-1,j-w_i}\)）。同样，第一个要求能直接满足，对于第二个要求，我们只需要正序枚举 \(j\) 即可。所以，最终转移方程与01背包一样，但 \(j\) 的枚举顺序变成了正序。
代码：
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]);
cout<<f[m]<<endl;
例题：疯狂的采药
多重背包
题意与01背包基本相同，但每种物品能选 \(x_i\) 次。
一个很容易想到的思路为将一种物品选 \(x\) 次转换成 \(x\) 个完全相同的物品，再做01背包。
这样的复杂度显然不够优秀，所以我们考虑优化。我们希望将每个物品选 \(x\) 次转换成若干个物品，使得无论想选多少次都能用这若干个物品凑出来。一个较为明显的做法就是二进制分解。例如，我们有一个物品能选20次，我们就将它分解成一个 \(1\) 倍物品、一个 \(2\) 倍物品、一个 \(4\) 倍物品、一个 \(8\) 倍物品和一个 \(5\) 倍物品（几倍物品指的是体积和价值都为原物品的几倍）。易证，这一定满足我们的条件。这样，我们就将一个物品选 \(x\) 次分解成了 \(\log(x)\) 个物品，然后再跑一遍01背包即可。
代码：
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int tmp=1;x[i];tmp*=2) {
int num=min(tmp,x[i]);
int wt=w[i]*num,vt=v[i]*num;
for(int j=m;j>=wt;j--)
f[j]=max(f[j],f[j-wt]+vt);
x[i]-=num;
}
cout<<f[m]<<endl;
例题：宝物筛选
混合背包
将01背包、完全背包和多重背包缝合在一起的问题。
思路很简单，无需多讲解，分别考虑即可。形式为：
for(枚举物品) {
if(01背包)
01背包代码
else if(完全背包)
完全背包代码
else
多重背包代码
}
实际上，01背包和多重背包可以共用多重背包的代码，因为01背包可以当成只能取一次的多重背包。
例题：樱花
核心代码：
for(int i=1;i<=n;i++) {
if(x[i]==0) {//完全背包
for(int j=w[i];j<=m;j++)
f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+v[i]);
}
else {//01背包和多重背包
for(int tmp=1;x[i];tmp*=2) {
int num=min(tmp,x[i]);
int wt=w[i]*num,vt=v[i]*num;
for(int j=m;j>=wt;j--)
f[j]=max(f[j],f[j-wt]+vt);
x[i]-=num;
}
}
}
cout<<f[m]<<endl;
至此，基本模型已经讲完，其他变种模型以后有空再更新。
