十二、背包问题
12.1 0/1 背包问题
12.1.1 题目模型
- 有
N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的体积是v[i]，价值是cost[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
12.1.2 基本思路
- 这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。
- 用子问题定义状态：即
f[i][j]表示前i件物品恰放入一个容量为j的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是：f[i][j]=max{f[i-1][j],f[i-1][j-v[i]]+cost[i]} - 这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。所以有必要将它详细解释一下：
- “将前
i件物品放入容量为j的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。 - 如果不放第
i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为j的背包中”，价值为f[i-1][j]； - 如果放第
i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为j-v[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[i-1][j-v[i]] + cost[i]。
- “将前
12.1.3 例题
Description
给定
n种物品和一个容量为V的背包，物品i的体积是 \(v_i\) ，其价值为 \(c_i\)。问：应该如何选择装入背包的物品，使得装入背包中的物品的总价值最大？Input
- 第一行为两个正整数
n，V,表示有n件物品，背包容量为V\(( 1\le n\le 1000, 1\le V\le 10000)\)- 接下来
n行，每行两个正整数 \(v_i, c_i\) 表示第i件物品的体积和价值。Output
- 只有一行，为能放入背包的最大价值。
Sample Input
4 8 2 3 3 4 4 5 5 6Sample Output
10
-
分析思路：
-
定义
f[i][j]表示前i件物品放入体积为j的背包中能获得的最大价值 -
初始化时，
i==0 || j==0时f[i][j]=0，显然，没有物品，或背包为空时，价值为0。 -
我们从
1～n枚举每一件物品，对当前的第i件物品进行分析：- 如果第
i件物品的体积大于背包容量j，则当前的最优等价于前i-1件物品放入j的背包中,即f[i][j]=f[i-1][j] - 如果
v[i]<=j，此时对第i件物品，我们有两种决策：- 第
i件物品放入容量为j的背包，则前i-1件物品能使用的背包容量只有j-v[i]，此时：f[i][j]=f[i-1][j-v[i]] + cost[i]。 - 不放入第
i件物品，有可能让背包多放几件前i-1件物品，此时：f[i][j]=f[i-1][j]。 - 对上面两种方案都有可能是最优，所以我们取其较大者,即:
f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-v[i]]+cost[i])
- 第
- 如果第
-
如图所示：
-
代码实现：
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> const int maxn=1000+5,maxv=10000+5; int v[maxn],c[maxn],f[maxn][maxv]; void Bag(int n,int V){ for(int i=1;i<=n;++i)//依次枚举前i件物品 for(int j=1;j<=V;++j)//从1~V枚举背包容量 if(j<v[i])f[i][j]=f[i-1][j];//如果无法放进第i件物品 else f[i][j]=std::max(f[i-1][j],f[i-1][j-v[i]]+c[i]); } void Solve(){ int n,V;scanf("%d%d",&n,&V); for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d%d",&v[i],&c[i]); Bag(n,V); printf("%d\n",f[n][V]); } int main(){ Solve(); return 0; } -
时间效率：
O(n*V)，内存：n * V
-
12.1.4 空间优化
-
以上方法的时间和空间复杂度均为
O(N*V)，其中时间复杂度基本已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O(V)。 -
先考虑上面讲的基本思路如何实现:
- 有一个主循环
i=1..N，每次算出来二维数组f[i][0..V]的所有值。 - 那么，如果只用一个数组
f[0..V]，能不能保证第i次循环结束后f[j]中表示的就是我们定义的状态f[i][j]呢？ f[i][j]是由f[i-1][j]和f[i-1][j-v[i]]两个子问题递推而来，能否保证在推f[i][j]时（也即在第i次主循环中推f[j]时）能够得到f[i-1][j]和f[i-1][j-v[i]]的值呢？- 事实上，这要求在每次主循环中我们以
j=V..0的顺序推f[j]，这样才能保证推f[j]时f[j-v[i]]保存的是状态f[i-1][j-v[i]]的值。
- 有一个主循环
-
主要代码如下：
void Bag(int n,int V){ for(int i=1;i<=n;++i)//依次枚举前i件物品 for(int j=V;j>=v[i];--j)//从V~v[i]枚举背包容量 f[j]=std::max(f[j],f[j-v[i]]+c[i]); } -
其中的
f[j]=max{f[j],f[j-v[i]]+cost[i]}一句恰就相当于我们的转移方程f[i][j]=max{f[i-1][j],f[i-1][j-v[i]]+cost[i]}，因为现在的f[j-v[i]]就相当于原来的f[i-1][j-v[i]]。 -
如果将
j的循环顺序从上面的逆序改成顺序的话，那么则成了f[i][j]由f[i][j-v[i]]推知，与本题意不符，但它却是另一个重要的背包问题最简捷的解决方案，故学习只用一维数组解01背包问题是十分必要的。 -
时间效率：
O(n*V)，内存：V
12.1.5 0/1 背包初始化细节
- 我们看到的求最优解的背包问题题目中，事实上有两种不太相同的问法。
- 题目要求“恰好装满背包”时的最优解
- 初始化时除了
f[0]为0其它f[1..V]均设为-∞，这样就可以保证最终得到的f[V]是一种恰好装满背包的最优解。
- 初始化时除了
- 题目并不有要求必须把背包装满，只要能装下即可。
- 初始化时应该将
f[0..V]全部设为0。
- 初始化时应该将
- 题目要求“恰好装满背包”时的最优解
- 为什么呢？可以这样理解：
- 初始化的
f数组事实上就是在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。 - 如果要求背包恰好装满，那么此时只有容量为
0的背包可能被价值为0的nothing“恰好装满”，其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，它们的值就都应该是-∞了。 - 如果背包并非必须被装满，那么任何容量的背包都有一个合法解“什么都不装”，这个解的价值为0，所以初始时状态的值也就全部为0了。
- 这个小技巧完全可以推广到其它类型的背包问题，后面也就不再对进行状态转移之前的初始化进行讲解。
- 初始化的
12.2 完全背包
12.2.1 题目模型
- 有
N种物品和一个容量为V的背包，每种物品都有无限件可用，第i件物品的体积是 \(v_i\)，价值是 \(c_i\) 。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
12.2.2 基本思路
-
这个问题非常类似于
01背包问题，所不同的是每种物品有无限件。 -
从每种物品的角度考虑，与它相关的策略已并非取或不取两种，而是有取
0件、取1件、取2件……等。 -
按照解
01背包时的思路，令f[i][j]表示前i种物品恰放入一个容量为j的背包的最大权值。 -
状态转移方程：
f[i][j]=max{f[i-1][j-k*v[i]]+k*c[i]}(0<=k*v[i]<=j) -
核心代码：
void Bag(int n,int V){//n件物品,背包荣咯昂为V for(int i=1;i<=n;++i){//枚举物品 for(int k=0;k*v[i]<=V;++k)//取0~V/v[i]件i物品,k=0相当与不去第i件，此时f[i][j]=f[i-1][j] for(int j=k*v[i];j<=V;++j){//枚举容量 f[i][j]=std::max(f[i][j],f[i-1][j-k*v[i]]+k*c[i]); } } } -
时间效率：
O(N*V*k)
12.2.3 优化
- 简单优化
-
若两件物品
i,j满足v[i]<=v[j]且c[i]>=c[j]，则将物品j去掉，不用考虑。- 显然任何情况下都可将价值小费用高得
j换成物美价廉的i，得到至少不会更差的方案。 - 对于随机生成的数据，这个方法往往会大大减少物品的件数，从而加快速度。
- 并不能改善最坏情况的复杂度，因为有可能特别设计的数据可以一件物品也去不掉。
- 显然任何情况下都可将价值小费用高得
-
将费用大于
V的物品去掉。 -
使用类似计数排序的做法，计算出费用相同的物品中价值最高的是哪个，可以
O(V+N)地完成这个优化。注意：以上优化并不能从实质上提高时间效率，不过也是在数据比较大的情况下，特别是随机数据有很明显的提升。
-
二进制拆分优化
-
分拆方法：
- 把第
i种物品拆成费用为 \(v[i]*2^k\) 、价值为 $ c [i]*2^k$ 的若干件物品，其中k满足 \(v[i]*2^k<=V\) 。 - 这是二进制的思想，因为不管最优策略选几件第
i种物品，总可以表示成若干个\(2^k\) 件物品的和。 - 这样把每种物品拆成 \(O(log(V/v[i]))\)件物品，是一个很大的改进。
- 注意 ：使用二进制拆分后不适合用二维数组表示，为啥呢？
- 把第
-
核心代码实现：
void Bag(int n,int V){//n种物品,背包荣咯昂为V for(int i=1;i<=n;++i){//枚举物品 for(int k=1;k*v[i]<=V;k<<=1)//枚举第i种物品个数 for(int j=V;j>=k*v[i];--j)//枚举容量 f[i][j]=std::max(f[i-1][j],f[i-1][j-k*v[i]]+k*c[i]);//此表达式有误 //因为此种定义方式使第i种物品只能取2^1,2^2……中的一种，而改为一维即正确 f[j]=std::max(f[j],f[j-k*v[i]]+k*c[i]);//正确，比较下两种写法的区别，自己思考 } } }多重背包问题
-
-
O(VN)的算法
我们只需把
01背包的一维数组写法的容量枚举的顺序由倒序变为正序即可。-
核心代码
void Bag(int n,int V){ for(int i=1;i<=n;++i)//依次枚举前i件物品 for(int j=v[i];j<=V;++j)//从v[i]~V枚举背包容量 f[j]=std::max(f[j],f[j-v[i]]+c[i]); }-
代码只有
v的循环次序不同而已。为什么这样一改就可行呢？ -
首先想想为什么
0/1背包中要按照j=V..0的逆序来循环。这是因为要保证第i次循环中的状态f[i][j]是由状态f[i-1][j-v[i]]递推而来。换句话说，这正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时，依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果f[i-1][j-v[i]]。 -
完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第
i种物品”这种策略时，却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果f[i][j-v[i]]，所以就可以并且必须采用j=0..V的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。 -
这个算法也可以以另外的思路得出。例如，基本思路中的状态转移方程可以等价地变形成这种形式：
f[i][j]=max{f[i-1][j],f[i][j-v[i]]+c[i]}f[i-1][j]：表示第i种物品一件也不取f[i][j-v[i]]表示前i种物品，包括第i种已取若干的基础上再取一件第i种物品
-
-
12.3 多重背包问题
12.3.1 题目模型
- 有
N种物品和一个容量为V的背包，第i种物品最多有cnt[i]件可用，第i件物品的体积是 \(v_i\)，价值是 \(c_i\) 。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
12.3.2 基本思路
- 和完全背包问题很类似。基本的方程只需将完全背包问题的方程略微一改即可
- 因为对于第
i种物品有cnt[i]+1种策略：取0件，取1件……取cnt[i]件。 - 令
f[i][j]表示前i种物品恰放入一个容量为j的背包的最大权值，则有状态转移方程：f[i][j]=max{f[i-1][j-k*v[i]]+k*c[i]} (0<=k<=n[i])- 时间复杂度：\(O(V*\sum_1^ncnt[i])\)。
12.3.3 二进制拆分优化
-
将第i种物品分成若干件物品，其中每件物品有一个系数
-
这些系数分别为\(2^0,2^1,2^2,...,2^{k-1},cnt[i]-2^k+1\)，且
k是满足\(cnt[i]\ge 2^k\)的最大整数。- 例如，如果
cnt[i]为13，就将这种物品分成系数分别为1,2,4,6的四件物品。 1,2,4,6能组合成1~13之间的任何一个数。
- 例如，如果
-
这样就将第
i种物品分成了O(log cnt[i])种物品，将原问题转化为了复杂度为 \(O(V*\sum_1^n log\ ctn[i])\)的01背包问题，是很大的改进。 -
核心代码实现：
void Bag(int n,int V){ for(int i=1;i<=n;++i){//枚举物品 int tot=0;//统计第i种物品已经分解出tot件 for(int k=1;tot+k<=cnt[i] && k*v[i]<=V;k<<=1){//要分解出k件第i物品 tot+=k; for(int j=V;j>=k*v[i];--j)//对分解出来的k件i物品做01背包 f[j]=std::max(f[j],f[j-k*v[i]]+k*c[i]); } int x=cnt[i]-tot;//二进制分解剩下部分，x有可能很大 if(x)//剩下部分不为0，再跑一次01背包 for(int j=V;j>=x*v[i];--j) f[j]=std::max(f[j],f[j-x*v[i]]+x*c[i]); } }
12.3.4 O(VN)的算法
- 多重背包问题同样有
O(VN)的算法。这个算法基于基本算法的状态转移方程，但应用单调队列的方法使每个状态的值可以以均摊O(1)的时间求解。 - 由于用单调队列优化的
DP目前对大家有一定难度，以后再讲
12.4 混合三种背包问题
-
有的物品只可以取一次（
01背包），有的物品可以取无限次（完全背包），有的物品可以取的次数有一个上限（多重背包）。应该怎么求解呢？ -
显然，枚举每件物品时根据物品的件数，选择相应的背包。
-
代码实现
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> const int maxn=1000+5,maxv=10000+5,Inf=0x7fffffff; int f[maxv],v[maxn],c[maxn],cnt[maxn]; void multi_bag(int i,int V){//多重背包 int tot=0;//统计第i种物品已经分解出tot件 for(int k=1;tot+k<=cnt[i] && k*v[i]<=V;k<<=1){//要分解出k件第i物品 tot+=k; for(int j=V;j>=k*v[i];--j)//对分解出来的k件i物品做01背包 f[j]=std::max(f[j],f[j-k*v[i]]+k*c[i]); } int x=cnt[i]-tot;//二进制分解剩下部分 if(x)//剩下部分不为0，再跑一次01背包 for(int j=V;j>=x*v[i];--j) f[j]=std::max(f[j],f[j-x*v[i]]+x*c[i]); } void zero_bag(int i,int V){//01背包 for(int j=V;j>=v[i];--j) f[j]=std::max(f[j],f[j-v[i]]+c[i]); } void complete_bag(int i,int V){//完全背包 for(int j=v[i];j<=V;++j) f[j]=std::max(f[j],f[j-v[i]]+c[i]); } void Solve(){ int n,V;scanf("%d%d",&V,&n); for(int i=1;i<=n;++i){ scanf("%d%d%d",&cnt[i],&v[i],&c[i]); if(cnt[i]==1) zero_bag(i,V); else if(cnt[i]>=V/v[i]) complete_bag(i,V); else multi_bag(i,V); } printf("%d\n",f[V]); } int main(){ Solve(); return 0; }
-
12.5 二维费用的背包问题
12.5.1 题目模型
- 对于每件物品，具有两种不同的费用；选择这件物品必须同时付出这两种代价；对于每种代价都有一个可付出的最大值（背包容量）。问怎样选择物品可以得到最大的价值。设这两种代价分别为代价
1和代价2，第i件物品所需的两种代价分别为a[i]和b[i]。两种代价可付出的最大值（两种背包容量）分别为V和U。物品的价值为c[i]。
12.5.2 基本思路
-
费用加了一维，只需状态也加一维即可。
-
设
f[i][v][u]表示前i件物品付出两种代价分别为v和u时可获得的最大价值。状态转移方程就是：f[i][v][u]=max{f[i-1][v][u],f[i-1][v-a[i]][u-b[i]]+w[i]} -
当前状态只跟上一行状态相关，所以我们可以省略第一维：
- 当每件物品只可以取一次时变量
v和u采用逆序的循环。 - 当物品有无数件时采用顺序的循环。
- 当物品有有限件时，拆分物品。
- 当每件物品只可以取一次时变量
12.6 分组的背包问题
12.6.1 题目模型
- 有
N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的体积v[i]，价值是c[i]。这些物品被划分为若干组，每组中的物品互相冲突，最多选一件。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
12.6.2 基本思路
-
这个问题变成了每组物品有两种策略：
- 选择本组的某一件
- 一件都不选
-
也就是说设
f[k][v]表示前k组物品用容量为v的背包装， 能取得的最大权值，则有：f[k][V]=max{f[k-1][V],f[k-1][V-v[i]]+c[i]}物品i属于第k组 -
使用一维数组的伪代码如下：
for 所有的组k for v=V..0 for 所有的i属于组k f[v]=max{f[v],f[v-v[i]]+c[i]}- 注意这里的三层循环的顺序。
for v=V..0这一层循环必须在for 所有的i属于组k之外。这样才能保证每一组内的物品最多只有一个会被添加到背包中。
- 注意这里的三层循环的顺序。
12.7 例题
12.7.1 HDU - 2546 饭卡
题目大意
电子科大本部食堂的饭卡有一种很诡异的设计，即在购买之前判断余额。如果购买一个商品之前，卡上的剩余金额大于或等于5元，就一定可以购买成功（即使购买后卡上余额为负），否则无法购买（即使金额足够）。所以大家都希望尽量使卡上的余额最少。
某天，食堂中有 \(n\) 种菜出售，每种菜可购买一次。已知每种菜的价格以及卡上的余额，问最少可使卡上的余额为多少。
样例
样例输入 1
10
1 2 3 2 1 1 2 3 2 1
50
样例输出 1
32
样例 1 说明
有 10 种菜，结果自己算吧
样例输入2
1
50
5
样例输出2
-45
样例 2 说明
只有一种菜，价格为 \(50\)，卡上余额 \(5\) 元，此时买这个菜，剩余 \(-45\)。
分析
- 此题不难，先自己想想实际生活中，如果卡里余额不小于 5 块钱，而且什么都能买，但是只能买一件，你会怎么买？
- 很显然，如果钱足够，所有东西都买；如果不够，肯定要用尽量用 \(money-5\) 这么多钱买东西，最后剩下的钱买最贵的，非常贪婪。
- 怎么实现最后买最贵的？显然把物品排序，最贵的放最后，因为我们跑背包是按照物品逐个处理的，因此，可以把前 \(n-1\) 个物品跑 01 背包，看看 \(money\) 这么多钱最多能花多少，假设花了 \(x\)，再计算 \(money-x-price[n]\) 即可。
- 证明稍后再加
部分代码
暂时不想写了
12.7.2 POJ - 2184 Cow Exhibition 题解
题目大意
有 \(N(N \le 100)\) 头奶牛，没有头奶牛有两个属性 \(s_i\) 和 \(f_i\)，两个范围均为 \([-1000, 1000]\)。
从中挑选若干头牛，\(TS = \sum s[choose], TF = \sum f[choose]\)。
求在保证 \(TS\) 和 \(TF\) 均为非负数的前提下，\(TS+TF\)最大值。
样例
有 5 头牛，下面分别是每头牛的两个属性
5
-5 7
8 -6
6 -3
2 1
-8 -5
选择第 1、3、4 三头牛为最优解
虽然加上 2 号，总和会更大，但是 TF 会变成负数，不合法
分析
- 首先从问题入手，先搞特殊情况：如果两个属性均为负数，果断舍弃，因为它一直在做负贡献
- 一个物品有两个属性，会很自然想到二维费用背包，每个物品的价值为两个属性的和，也就是两种费用的和，这样定义其实意义并不大，而且时间复杂度为 \(O(N*S*F)\)，最大会到 \(10^8\)，应该会超时。
- 由于价值直接是两者的和，所以我们没必要单独构造一个价值，而是把其中的一维改成价值即可，即用 \(S_i\) 当作费用，\(F_i\) 当作价值，最后扫一遍求最大和就可以了
- 另外一个棘手的问题就是负数的问题：
- 对于价值来说，正负都不影响，直接正常跑背包求最大值即可
- 当费用为非负数时，没什么影响，正常跑 01 背包求最值，背包容积倒叙处理即可，\(f[j] = max \{f[j], f[j-s_i]+f_i\}\)。
- 当费用为负数时，如果直接用上述的式子，\(j-S_i > j\)，而背包容积倒叙的话，\(f[j-s_i]\) 会先于 \(f[j]\) 被计算。如果直接这样写，会变成完全背包的样子，不妥。因此只需要把容积改成正序循环即可。
- 由于下标不能为负数，我们可以将 \(0\) 点改成 \(100*1000\)，这样的话，即使所有物品的费用都为负数，下标也依旧处在合法的范围内。此时背包的容积也就相应变成了 \([0~200000]\)。
- 注意跑背包的时候的边界即可
- 最后统计时，当费用不小于 \(100000\) 时才表示 \(TS\) 的和为非负数，找到所有价值为非负数的那些，最后求两者和的最大值即可。
部分代码
心情好的时候再加
12.7.3 HDU - 3591 Coins 题解
题目大意
有 \(N\) 种不同面值的硬币，分别给出每种硬币的面值 \(v_i\) 和数量 \(c_i\)。同时，售货员每种硬币数量都是无限的，用来找零。
要买价格为 \(T\) 的商品，求在交易中最少使用的硬币的个数（指的是交易中给售货员的硬币个数与找回的硬币个数之和）。
个数最多不能超过 \(20000\)，如果不能实现，输出 \(-1\)；否则输出此次交易中使用的最少的硬币个数。
样例
有 \(3\) 种硬币，面值分别为 \(5, 25 50\)，个数分别为 \(5, 2, 1\)，要买 \(70\) 的商品，不存在给小费的情况下，最少的硬币个数为 \(3\)。
自己使用 \(25\) 和 \(50\) 各一个，找回一个面值为 \(5\) 的硬币。
分析
- 这个问题在普通背包的基础上，加入了找零的情况，很显然，如果自己拥有的硬币，即使恰好能购买商品，也不一定是使用硬币最少的，例如样例中，自己恰好买的话，使用硬币数为 \(4\)，即 \(5\) 的 \(4\) 个，\(50\) 的 \(1\) 个，共 \(5\) 个。
- 既然要求最后支出 \(pay_{T+i}\) 与找回 \(back_i\) 的硬币总和最少，即求 \(\min\{pay_{T+i} + back_i\}\)。
- 对于样例来说，我们还需要考虑：
- 付 \(75\) 使用的个数 + 找 \(5\) 的个数
- 付 \(80\) 使用的个数 + 找 \(10\) 的个数
- ...
- 其中有些数是达不到的，因此需要加判断。
- 我们可以对自己的硬币跑多重背包，最大容量为 \(20000\)，\(pay_i\) 表示恰好付钱为 \(i\) 的时候所需要的最好硬币个数；对售货员跑完全背包，\(back_i\) 表示找回 \(i\) 所需要的的最少硬币个数。最后扫一遍，最小化 \(\min\{pay_{T+i} + back_i\}\)。
部分代码
还没顾上写;
