背包九讲
一般的背包问题：
每种物品有一个价格W和体积V，你现在有一个容积为V的背包。问你怎么装使背包的价值和最大。
01背包
多种物品，每个物品只有一个，求能或得的最大总价值。
如果我们不选第i件物品，那我们就相当于用 i-1 件物品，填充了体积为V的背包所得到的最优解。
当我们选第i件物品时，就相当于用i-1的物品，填充v - c[i]/的背包所得到的最优解。
用f[i][v]表示用i件物品填充体积为V的背包所得到的价值。
那么方程式就是：
1 f[i][v] = max(f[i-1][v] , f[i-1][v-c[i]] + w[i])
一维的就是
1 f[j] = max(f[j],f[j-c[i] + w[i])
显而易见，我们f[j] 只会被以前的状态影响。
如果我们顺序枚举，就可能会被前面的状态影响掉。
那我们考虑倒叙枚举，这样f[j] 不会被之前的状态影响，且我们更新的话也不会影响其他位置的状态
代码
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cmath> 4 using namespace std; 5 int f[1001],w[1001],v[1001]; 6 int main(){ 7 int n,m; 8 scanf("%d%d",&n,&m); 9 for(int i = 1;i <= n; i++){ 10 scanf("%d%d",&w[i],&c[i]); 11 } 12 for(int i = 1; i <= n; i++){ 13 for(int j = m; j >= w[i]; j--){ 14 f[j] = max(f[j],f[j-w[i]]+v[i]); 15 } 16 } 17 prinf("%d",f[m]); 18 return 0; 19 }
水题——>采药
完全背包
每个物品有无限个，可重复选取；
转移方程就是
1 f[i][v] = max(f[i-1][v] ,f[i-1][j-k*c[i]] + k * w[i])
跟01背包类似，我们可以把它给成一维的，只不过要正着枚举。
1 for(int i = 1;i <= n; i++){
2 for(int j = w[i]; j <= m; j++){
3 f[j] = max(f[j] , f[j-w[i]]+v[i]);
4 }
5 }
多重背包
跟01背包类似，只不过他每种物品有k个，而不是1个
1.转化为01背包
我们可以把每件物品选k次，转换为有k个相同的物品，每个物品选一次
然后就可以套用01背包
时间复杂度O(nwΣki)
2.二进制优化
我们仍考虑转化为01背包 ，我们可以对k的拆分入手
对于一个数k 可以根据二进制拆成2^j相加的形式。
但我们要保留1个物品，然后在对其他的k-1个进行拆分
例如
- 6 = 1 + 2 + 3
- 8 = 1 + 2 + 4 +1
- 18 = 1 + 2 + 4 + 8 + 3
- 31 = 1 + 2 + 4 + 8 +16
1 cnt = 0;//当前的物品数
2 for(int i = 1; i <= m; i++){
3 int c = 1;
4 scanf("%d%d",&p,&vv,&k);
5 while(k - c > 0){//打包k-1个物品
6 k -= c;
7 w[++cnt] = c * p;
8 v[cnt = c * vv;
9 c *= 2;
10 }
11 w[++cnt] = p * k；//打包剩下的那1个物品
12 v[cnt] = k * vv;
13 }
1 for(int i = 1; i <= n; i++){ 2 scanf("%d%d%d",&val,&p,&k); 3 for(int j = 1; j <= k; j<<=1){ 4 k -= j; 5 v[++cnt] = j * p; 6 w[cnt] = j * val; 7 } 8 if(k != 0) v[++cnt] = k * p,w[cnt] = k * val; 9
3.单调队列优化
我不会QAQ，但也不常考。
有兴趣的可以看一下链接
习题 ： P1776 宝物筛选
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 int n,m,p,val,k,cnt = 1; 6 int w[1000100],v[1000100],f[1000100]; 7 int main(){ 8 scanf("%d%d",&n,&m); 9 for(int i = 1; i <= n; i++){ 10 scanf("%d%d%d",&val,&p,&k); 11 for(int j = 1; j <= k; j<<=1){ 12 k -= j; 13 v[++cnt] = j * p; 14 w[cnt] = j * val; 15 } 16 if(k != 0) v[++cnt] = k * p,w[cnt] = k * val; 17 } 18 for(int i = 1; i <= cnt; i++){ 19 for(int j = m; j >= v[i]; j--){ 20 f[j] = max(f[j],f[j-v[i]] + w[i]); 21 } 22 } 23 printf("%d\n",f[m]); 24 return 0; 25 }
二维费用背包
很明显的01背包问题，但选一个物品会消耗两种价值。
我们可以考虑再开一维数组，同时转移两个价值（其他背包同理）
但不能够再开一维数组存物品编号，因为容易MLE
1 for (int k = 1; k <= n; k++) {
2 for (int i = m; i >= mi; i--) // 对经费进行一层枚举
3 for (int j = t; j >= ti; j--) // 对时间进行一层枚举
4 dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - mi][j - ti] + 1);
5 }
三倍经验
分组背包
水题 ——> P1757 通天之分组背包
就是讲物品分组，每组物品只能选一个。
我们可以把在所有物品中选一件，变成从当前组中选一件，直接跑01背包就okk了
1 for (int k = 1; k <= ts; k++) // 循环每一组
2 for (int i = m; i >= 0; i--) // 循环背包容量
3 for (int j = 1; j <= cnt[k]; j++) // 循环该组的每一个物品
4 if (i >= w[t[k][j]])
5 dp[i] = max(dp[i], dp[i - w[t[k][j]]] + c[t[k][j]]); // 像0-1背包一样状态转移
进阶：P3961 黄金矿工
我们可以一次求出每条直线的斜率，在排个序（方便判断斜率是否相等）
相等的分在一组物品中，再跑一遍01背包就AC了
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<algorithm>
4 using namespace std;
5 int n,T,cnt,maxn;
6 int t[210][210],v[210][210],num[210];
7 int f[40010];
8 struct node{
9 int x,y,v,t;
10 double k;
11 }e[210];
12 int comp(node a,node b){
13 if(a.k == b.k) return a.y < b.y;
14 return a.k < b.k;
15 }
16 int main(){
17 scanf("%d%d",&n,&T);
18 for(int i = 1; i <= n; i++){
19 scanf("%d%d%d%d",&e[i].x,&e[i].y,&e[i].t,&e[i].v);
20 e[i].k = e[i].y *(1.0) / e[i].x * (1.0);//求斜率
21 }
22 sort(e+1,e+n+1,comp);//排序
23 for(int i = 1; i <= n; i++){
24 if(e[i].k != e[i-1].k || i == 1) {//找到一条斜率不同的直线
25 cnt++;
26 }
27 if(num[cnt] == 0){//第一件物品
28 num[cnt]++;
29 t[cnt][1] = e[i].t;
30 v[cnt][1] = e[i].v;
31 }
32 else{//其他物品
33 num[cnt]++;
34 t[cnt][num[cnt]] = t[cnt][num[cnt]-1] + e[i].t;
35 v[cnt][num[cnt]] = v[cnt][num[cnt]-1] + e[i].v;
36 }
37 }
38 f[0] = 0;
39 for(int i = 1; i <= cnt; i++){//分组背包
40 for(int j = T; j >= t[i][1]; j--){
41 maxn = f[j];
42 for(int k = 1; k <= num[i]; k++){
43 if(j > t[i][k]){
44 maxn = max(maxn,f[j-t[i][k]] + v[i][k]);
45 }
46 }
47 f[j] = maxn;
48 }
49 }
50 printf("%d",f[T]);
51 return 0;
52 }
有依赖的背包（树形背包）
例题——>金明的预算方案
我们称不依赖别的物品的为主件，依赖于于其他物品的为附件；
包含一个主件和若干个附件有一下可能；
- 只选附件
- 选完主件后再选一个附件
- 选完主件后再选两个附件
- 。。。。。
可以将这几种可能性转换为一件物品，因为这几种可能性只能选一种，最后在跑一边分组背包
如果是多叉树的集合，先算子节点的集合，最后再算父亲节点的集合。
1 #include<algorithm> 2 #include<cstdio> 3 #include<iostream> 4 using namespace std; 5 int n,m,c,p,q,t; 6 int w[65][3],v[65][3],f[65][3200]; 7 int main(){ 8 scanf("%d%d",&n,&m); 9 n/=10; 10 for(int i = 1; i <= m; i++){ 11 scanf（“%d%d%d”,&c,&p,&q); 12 c = c/10; 13 if(q == 0){//主件 14 w[i][0] = c; 15 v[i][0] = c*p; 16 } 17 else if(w[q][1] == 0){//第一件附件 18 w[q][1] = c; 19 v[q][1] = c*p; 20 } 21 else {//第二件附件 22 w[q][2] = c; 23 v[q][2] = c*p; 24 } 25 } 26 for(int i = 1; i <= m; i++){ 27 for(int j = 0; j <= n; j++){ 28 f[i][j] = f[i-1][j];//一个都不选的情况 29 if(j >= w[i][0]){//选主件的情况 30 t = f[i-1][j-w[i][0]] + v[i][0]; 31 if(t > f[i][j]){ 32 f[i][j] = t; 33 } 34 } 35 if(j >= w[i][0]+w[i][1]){//选主件和第一个附件的情况 36 t = f[i-1][j-w[i][0]-w[i][1]] + v[i][0]+v[i][1]; 37 if(t > f[i][j]){ 38 f[i][j] = t; 39 } 40 } 41 if(j >= w[i][0]+w[i][2]){//选主件和第二个附件的情况 42 t = f[i-1][j-w[i][0]-w[i][2]] + v[i][0]+v[i][2]; 43 if(t > f[i][j]){ 44 f[i][j] = t; 45 } 46 } 47 if(j >= w[i][0]+w[i][1]+w[i][2]){//选主件和所有附件的情况 48 t = f[i-1][j-w[i][0]-w[i][1]-w[i][2]] + v[i][0]+v[i][1]+v[i][2]; 49 if(t > f[i][j]){ 50 f[i][j] = t; 51 } 52 } 53 } 54 } 55 cout<<f[m][n]*10<<endl; 56 return 0; 57 }
树形背包（进阶）
一般的形式就是 给定一个n个节点的点权树，要求你从中选出m个节点，使这些选出的节点点权和最大，一个节点
能被选择时，当且仅当父亲节点被选择时、
O（n^3）解法
考虑 f[u][i] 表示在u的子树中，选择i个节点（包括他本身的贡献）则方程式为
1 f[u][i] = max(f[u][i]+f[v][i-j] + d[v]
其中d[v] 表示v的点权，i-j表示在子树中选i-j个节点
例题——选课
f[i][j] 表示在i的子树中选j个能得到的最大的学分。 一个要注意的点是，我们开了一个虚拟节点，那么我们在统计答案是应该是f[0][m+1] 而不是f[0][m]，因为我们这个节点算上去。
转移方程直接套用上面的就行了。
附上完整代码
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<algorithm>
4 using namespace std;
5 int n,m,ans,tot,k;
6 int head[310],f[310][310],size[310];//f[i][j] 表示在i的子树中选j个物品所得到的最大的学分数
7 struct node
8 {
9 int to;
10 int net;
11 }e[10100];
12 void add(int x,int y)
13 {
14 tot++;
15 e[tot].to = y;
16 e[tot].net = head[x];
17 head[x] = tot;
18 }
19 void dp(int x,int fa){
20 size[x] = 1;
21 for(int i = head[x]; i; i = e[i].net)
22 {
23 int to = e[i].to;
24 if(to == fa) continue;
25 dp(to,x);
26 for(int j = m+1; j >= 1; j--)//枚举x的子树中选j个物品
27 {
28 for(int k = 0; k < j; k++)//枚举在 to的子树中选k个物品
29 {
30 f[x][j] = max(f[x][j] , f[x][j-k] + f[to][k]);
31 }
32 }
33 }
34 }
35 int main(){
36 scanf("%d%d",&n , &m);
37 for(int i = 1; i <= n; i++)
38 {
39 scanf("%d%d",&k , &f[i][1]);
40 add(k,i);
41 }
42 dp(0 , 0);
43 printf("%d\n", f[0][m+1]);
44 return 0;
45 }
背包求方案数
给定一个背包容量，物品费用，和其他关系，求装到一定容量的方案数
这种问题把求最大值改为求和就ok了
1 dp[i] = Σ(dp[i] ,dp[i-c[i])
初值 dp[o] = 1;
因为 当容量为0时：一种方案为什么也不装。
背包输出方案数
我们用g[i][v] 表示体积为V时第i件物品选没选。
int v = V; // 记录当前的存储空间 for ( 从最后一件循环至第一件) // 因为最后一件物品存储的是最终状态，所以从最后一件物品进行循环 { if (g[i][v]) { 选了第 i 项物品; v -= 第 i 项物品的价值; } else 未选第 i 项物品; }
背包前k优解
裸题——>多人背包
这道题，我们可以对n件物品求一个01背包，然后k个人取前k优解就是答案。
那么我们考虑怎么求前k优解
我们设 f[i][j][k] 表示用i件物品，花费j的体积，得到的第k优解
那么我们观察一下原来的转移方程
1 f[i][v] = max(f[i-1][v] , f[i-1][v-c[i]] + w[i])
我们可以发现 f[i][v] 只能由 f[i-1][v] , f[i-1][v-c[i]] + w[i] 转移过来，那么前k优解一定存在于着f[i-1][v][1~k] 以及f[i-1][v-c[i]][1~k] + w[i]当中。
我们可以把这·f[i-1][v]的前k优解 和 f[i-1][v-c[i]]+w[i] 抽象成两个队列，
那么这两个队列肯定是两个单调队列，因此，我们参考归并排序的思想，去这两个队列的前k大，那么这前k大的数，就是f[i][v]的前k优个解
但考虑到三维数组肯定会MLE，因此我们可以像01背包那样抹去第一维。
那么最后的代码就是
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; int k,V,n,ans; int v[255],w[255],f[5010][55],now[55]; inline int read() { int s = 0, w = 1; char ch = getchar(); while(ch < '0' || ch > '9'){ if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();} while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch-'0'; ch = getchar();} return s * w; } int main() { k = read(); V = read(); n = read(); for(int i = 0; i <= V; i++) for(int j = 0; j <= k; j++) f[i][j] = -2333333;//初始化 for(int i = 1; i <= n; i++) { v[i] = read(); w[i] = read(); } f[0][1] = 0;//零体积的最优解为0 for(int i = 1; i <= n; i++) { for(int j = V; j >= v[i]; j--) { int a1 = 1, b1 = 1,cnt = 0;//a1，b1分别为两个队列的队头，cnt为当前选了几个数即第k优解 while(cnt <= k) { if(f[j][a1] > f[j-v[i]][b1] + w[i])//选第一个队列的队头的时候 { now[++cnt] = f[j][a1]; a1++; } else//选另一个队列队头的时候 { now[++cnt] = f[j-v[i]][b1] + w[i]; b1++; } } for(int u = 1; u <= k; u++) f[j][u] = now[u];//now存当前的第k优解 // for(int u = 1; u <= k; u++) cout<<now[u]<<endl; } } for(int i = 1; i <= k; i++) ans += f[V][i]; printf("%d\n",ans); return 0; }
不懂得童鞋出门右转 ——> 顾Z大佬的背包九讲
例题 ——>P3983 赛斯石
这个题最大的难点在于物品可以拆开，但船不能拆
如载重7的船，可以装4si和3si 也可以装1si和6si
所以 1-10载重船的最大利益可以用背包求出来；
最后选一些船走，船的收益已固定，可以跑完全背包求质量为n的最大收益
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<algorithm>
4 using namespace std;
5 long long n,b[15],v[15],w[15];
6 long long ans[100010];
7 long long a[12] = {0,1,3,5,7,9,10,11,14,15,17};
8 int main(){
9 scanf("%ld",&n);
10 for(int i = 1; i <= 10; i++){
11 scanf("%ld",&b[i]);
12 v[i] = i;
13 }
14 for(int i = 1; i <= 10; i++){//每条船的收益
15 for(int j = i; j <= 10; j++){
16 w[j] = max(w[j],w[j-i] + b[i]);
17 }
18 }
19 for(int i = 1; i <= 10; i++) w[i] -= a[i];//利润
20 ans[0] = 0;
21 for(int i = 1; i <= 10; i++){//怎样租船利润最大
22 for(int j = v[i]; j <= n; j++){
23 ans[j] = max(ans[j] , ans[j- v[i]] + w[i]);
24 }
25 }
26 printf("%ld",ans[n]);
27 return 0;
28 }
例2 背包dp
我们第一次想可能会想到 f[m] 表示 达到m种方案的最少钱数，跑一边多重背包，可是一看m的范围，完了炸了，数组开不了10^17那么大
那我们换一种思路f[i][j] 表示用i件物品 花费j个Q币能达到的方案数。那这不就相当于一个分组背包了吗？
为什么呢？ 我们可以把它当成有n组，每组可以选1-num[i] 种情况，但每种情况只能选1次
所以我们可以推出方程式来
1 f[i][j] = max(f[i][j] , f[i-1][j-p[i]*k] * k
p[i]表示第i个物品买一个要花多少钱，k表示你选了多少件物品
我们在想一下，二维的开不了这么大，那我们可以像背包那样抹去第一维，给他来个滚动数组
于是有了下面的方程
1 f[j] = max(f[j] , f[j-p[i]*k] * k)
最后一定要注意的点是，要开long long 不然你就会炸
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 #define LL long long 6 LL n,m,tot; 7 LL num[1000100],p[1000100],f[1000100];//不开long long 两行泪 8 int main(){ 9 scanf("%lld%lld",&n,&m); 10 for(LL i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld",&num[i]);//每组最多选几个 11 for(LL i = 1; i <= n; i++){ 12 scanf("%lld",&p[i]);//每件物品的价钱 13 tot += p[i] * num[i];//计算最大花多少钱 14 } 15 f[0] = 1; 16 for(LL i = 1; i <= n; i++){//枚举组数 17 for(LL j = tot; j >= p[i]; j--){//枚举体积 18 for(LL k = 1; k <= num[i]; k++){//枚举每组选几个 19 if(p[i] * k <= j) f[j] = max(f[j] , f[j-p[i]*k] * k); 20 } 21 } 22 } 23 for(LL i = 0; i <= tot; i++){//找到第一个大于等于m的方案数 24 if(f[i] >= m){ 25 printf("%lld\n",i); 26 return 0; 27 } 28 } 29 }
例三： 粉刷匠
我们可以维护两个数组 f[i][j][k] 表示第i个木块，刷k次，刷前j块，能刷对的最大格子数
g[i][j] 表示 前i个木块，刷k次能刷对的最大格子数。
那么f数组怎么转移呢
我们考虑枚举每次刷的起点s 那么从s刷到j的贡献就是从s到j 1的个数 和0的个数取个max
那么方程就可以写成
1 f[i][j][k] = max(f[i][j][k] , f[i][s-1][k-1]+calc(i , s ,j));
因为每个点最多被刷一次，所以要从s-1开始枚举
这是我们想象，我们得到了一些刷着颜色段的木块，每一块木板有k种选择，可以刷1次或2次或。。。。，但每种情况只能选一种。（那这不就是妥妥的分组背包吗 QAQ）
对于每种情况，他们的体积是他们要粉刷的次数，他们的贡献就是f[i][m][k] 一共有n组，这样我们就可以套用分组背包来求。
最后附上代码
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<algorithm>
4 using namespace std;
5 int n,m,t;
6 int sum[55][55],a[55][55];
7 int f[55][55][55],dp[55][2510];
8 int calc(int i,int s,int j)//计算涂一还是涂零的分多
9 {
10 return max(sum[i][j] - sum[i][s-1],j-s+1 -sum[i][j] + sum[i][s-1]);
11 }
12 int main(){
13 scanf("%d%d%d",&n,&m,&t);
14 for(int i = 1; i <= n; i++)
15 {
16 for(int j = 1; j <= m; j++)
17 {
18 scanf("%1d",&a[i][j]);
19 sum[i][j] = sum[i][j-1] + a[i][j];//维护一个前缀和
20 }
21 }
22 for(int i = 1; i <= n; i++)//枚举每个木板
23 {
24 for(int j = 1; j <= m; j++)//枚举前几块
25 {
26 for(int k = 1; k <= m; k++)//枚举涂多少次 ，每块木板最多涂m次
27 {
28 for(int s = 1; s <= j; s++)//枚举从哪开始涂
29 {
30 f[i][j][k] = max(f[i][j][k] , f[i][s-1][k-1]+calc(i , s ,j));
31 }
32 }
33 }
34 }
35 for(int i = 1; i <= n; i++)//枚举每块木板 （每组）
36 {
37 for(int j = t; j >= 1; j--)//枚举体积
38 {
39 for(int k = 0 ; k <= min(j,m); k++)//枚举涂多少次 ，但要保证k小于总共要涂得个数
40 {
41 dp[i][j] = max(dp[i][j] , dp[i-1][j-k] + f[i][m][k]);
42 }
43 }
44 }
45 printf("%d\n",dp[n][t]);
46 return 0;
47 }
