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hsy2093

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背包问题(01背包与完全背包)

dp考虑两个方面,包括如何表示状态(维度,属性(min、max、cnt)),如何计算当前状态(状态转移方程)。dp问题的优化一般是对状态转移方程进行等价变形。

01背包问题

有n个物品和一个容量为V的背包。

每个物品有两个属性,包括所占用的体积v以及拥有的价值w,每件物品只能用一次。

求背包能装得下的情况下所能拥有的最大价值为多少。

f[i, j] = max(f[i-1, j], f[i, j-v] + w

滚动数组优化

  • 能发现,f[i][j] 的状态转移仅使用到了 f[i-1][...],故可以采用滚动数组来做。即当前层的状态转移仅与上一层有关
  • 当前层是 i & 1,上一层是 i-1 & 1

完全背包问题

与01背包的区别在于,每件物品可以拿无数次。

优化过程

f[i, j] = max(f[i-1, j], f[i-1, j-v]+w, f[i-1, j-2v]+2w, f[i-1, j-3v]+3w ...)
对比:
f[i, j-v] = max(f[i-1, j-v], f[i-1, j-2v]+w, f[i-1, j-3v]+2w ...)

也就是

f[i][j]    =max(f[i-1][j], f[i-1][j-v]+w, f[i-1][j-2v]+2w, f[i-1][j-3v]+3w,...)
f[i][j-v]  =max(           f[i-1][j-v], f[i-1][j-2v]+w, f[i-1][j-3v]+2w, f[i-1][j-4v]+3w,...)
f[i][j-v]+w=max(           f[i-1][j-v]+w, f[i-1][j-2v]+2w, f[i-1][j-3v]+3w, f[i-1][j-4v]+4w,...)

1)通过两项对比,可以得出结论,可省掉一重循环

f[i, j] = max(f[i][j], f[i][j-v]+w)

所以实际上多重背包的本质也还是01背包

但是01背包问题为从后往前面推导,完全背包问题为从前往后推导

2)同时,对状态存储进行优化,还可以省略掉一维数组

f[j] = max(f[j], f[j-v]+ w)

3)完全背包问题实际上求得的是某一个数组区间内的最大值,也可以视作滑动窗口最大值,对于该问题即可利用单调队列进行优化

习题讲解

1. 最长上升子序列

题目描述

这是一个简单的动规板子题。

给出一个由 n(n5000) 个不超过 106 的正整数组成的序列。请输出这个序列的最长上升子序列的长度。

最长上升子序列是指,从原序列中按顺序取出一些数字排在一起,这些数字是逐渐增大的。

输入格式

第一行,一个整数 n,表示序列长度。

第二行有 n 个整数,表示这个序列。

输出格式

一个整数表示答案。

样例输入 #1

6
1 2 4 1 3 4

样例输出 #1

4

提示

分别取出 1234 即可。

代码参考

//B3637
#include<stdio.h>
#include<iostream>
using namespace std;
int a[5005], f[5005];

int main(){
    int n;
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        cin >> a[i];
        f[i] = 1;
    }
    for(int i = 2; i <= n; i++){
        for(int j = 1; j <= i-1; j++){
            if(a[i] > a[j])     f[i] = max(f[i], f[j] + 1);
        }
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        ans = max(ans, f[i]);
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

2. NASA的食物计划

题目背景

NASA(美国航空航天局)因为航天飞机的隔热瓦等其他安全技术问题一直大伤脑筋,因此在各方压力下终止了航天飞机的历史,但是此类事情会不会在以后发生,谁也无法保证。所以,在遇到这类航天问题时,也许只能让航天员出仓维修。但是过多的维修会消耗航天员大量的能量,因此 NASA 便想设计一种食品方案,使体积和承重有限的条件下多装载一些高卡路里的食物。

题目描述

航天飞机的体积有限,当然如果载过重的物品,燃料会浪费很多钱,每件食品都有各自的体积、质量以及所含卡路里。在告诉你体积和质量的最大值的情况下,请输出能达到的食品方案所含卡路里的最大值,当然每个食品只能使用一次。

输入格式

第一行 2 个整数,分别代表体积最大值 h 和质量最大值 t

第二行 1 个整数代表食品总数 n

接下来 n 行每行 3 个数 体积 hi,质量 ti,所含卡路里 ki

输出格式

一个数,表示所能达到的最大卡路里(int 范围内)

样例 #1

样例输入 #1

320 350
4
160 40 120
80 110 240
220 70 310
40 400 220

样例输出 #1

550

提示

对于 100% 的数据,h,t,hi,ti400n50ki500

代码参考

#include <stdio.h>
#include <iostream>
using namespace std;
int v[55], m[55], kolo[55];
//dp数组
int f[55][405][405];

int main(){
    int v_max, m_max;
    int N;
    int t1, t2;
    cin >> v_max >> m_max;
    cin >> N;
    for(int i = 1; i <= N; i++)
        cin >> v[i] >> m[i] >> kolo[i];
    for(int i = 1; i <= N; i++){
        for(int j = 0; j <= v_max; j++)
            for(int k = 0; k <= m_max; k++){
                t1 = v[i];
                t2 = m[i];
                f[i][j][k] = f[i-1][j][k];
                if(j >= t1 && k >= t2)
                f[i][j][k] = max(f[i-1][j][k], f[i-1][j-t1][k-t2]+kolo[i]);
            }
    }
    cout << f[N][v_max][m_max];
    return 0;
}

3. [NOIP2006 普及组] 开心的金明

题目描述

金明今天很开心,家里购置的新房就要领钥匙了,新房里有一间他自己专用的很宽敞的房间。更让他高兴的是,妈妈昨天对他说:“你的房间需要购买哪些物品,怎么布置,你说了算,只要不超过 N 元钱就行”。今天一早金明就开始做预算,但是他想买的东西太多了,肯定会超过妈妈限定的 N 元。于是,他把每件物品规定了一个重要度,分为 5 等:用整数 15 表示,第 5 等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格(都是整数元)。他希望在不超过 N 元(可以等于 N 元)的前提下,使每件物品的价格与重要度的乘积的总和最大。

设第j件物品的价格为 vj,重要度为 wj,共选中了 k 件物品,编号依次为 j1,j2,,jk,则所求的总和为:

vj1×wj1+vj2×wj2+vjk×wjk

请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。

输入格式

第一行,为 2 个正整数,用一个空格隔开:n,mn<30000,m<25)其中 n 表示总钱数,m 为希望购买物品的个数。

从第 2 行到第 m+1 行,第 j 行给出了编号为 j1 的物品的基本数据,每行有 2 个非负整数 v,p(其中 v 表示该物品的价格 (v10000)p 表示该物品的重要度(1p5)。

输出格式

1 个正整数,为不超过总钱数的物品的价格与重要度乘积的总和的最大值(<100000000)。

样例 #1

样例输入 #1

1000 5
800 2
400 5
300 5
400 3
200 2

样例输出 #1

3900

提示

NOIP 2006 普及组 第二题

代码参考

//P2725
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
using namespace std;
//f[i][j]数组代表当选到第i个物品,花了j元时,所能得到的价格与权重的乘积和最大值
int f[30][30005];
struct wp{
    int v, p;
}w[30];

int main(){
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= m; i++)     cin >> w[i].v >> w[i].p;
    for(int i = 1; i <= m; i++){
        for(int j = 1; j <= n; j++){
            if(j >= w[i].v)     f[i][j] = max(f[i-1][j], f[i-1][j-w[i].v] + w[i].v * w[i].p);
            else    f[i][j] = f[i-1][j];
        }
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        ans = max(ans, f[m][i]);
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

4. [USACO3.1] 邮票 Stamps

题目描述

给一组 n 枚邮票的面值集合和一个上限 k —— 表示信封上能够贴 k 张邮票。请求出最大的正整数 m,满足 1m 的面值都可以用不超过 k 张邮票表示出来。

输入格式

输入的第一行是两个整数,分别代表邮票上限 k 和邮票面值数 n

自第二行起,除最后一行外,每行有 15 个整数 ai ,最后一行的整数个数不超过 15,共有 n 个整数,第 i 个整数代表第 i 种邮票的面值 ai

输出格式

输出一行一个整数代表 m。若 m 不存在请输出 0

样例 #1

样例输入 #1

5 2
1 3

样例输出 #1

13

提示

样例输入输出 1 解释

1 分和 3 分的邮票;你最多可以贴 5 张邮票。很容易贴出 15 分的邮资(用 1 分邮票贴就行了),接下来的邮资也不难:

  • 6=3+3
  • 7=3+3+1
  • 8=3+3+1+1
  • 9=3+3+3
  • 10=3+3+3+1
  • 11=3+3+3+1+1
  • 12=3+3+3+3
  • 13=3+3+3+3+1

然而,使用 51 分或者 3 分的邮票根本不可能贴出 14 分的邮资。因此,答案为 13

数据规模与约定

对于 100% 的数据,保证 1k2001n501ai104

说明

题目翻译来自 NOCOW。

代码参考

//P2725
//完全背包
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
using namespace std;
int a[55];
//f[i]记录面值为i时最少需要的邮票数
int f[2000005];

int main(){
    int n, k;
    cin >> k >> n;
    memset(f, 0x3f3f3f,sizeof(f));
    f[0] = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)     cin >> a[i];
    for(int i = 1; i <= 2000000; i++){
        for(int j = 1; j <= n; j++){
            if(i >= a[j])     f[i] = min(f[i-a[j]]+1, f[i]);
        }
    }
    for(int i = 1; i <= 2000000; i++){
        if(f[i] > k){
            cout << i-1 << endl;
            return 0;
        }
    }
    return 0;
}

5.机器分配

题目描述

总公司拥有高效设备 M 台,准备分给下属的 N 个分公司。各分公司若获得这些设备,可以为国家提供一定的盈利。问:如何分配这 M 台设备才能使国家得到的盈利最大?求出最大盈利值。其中 M15N10。分配原则:每个公司有权获得任意数目的设备,但总台数不超过设备数 M

输入格式

第一行有两个数,第一个数是分公司数 N,第二个数是设备台数 M

接下来是一个 N×M 的矩阵,表明了第 i 个公司分配 j 台机器的盈利。

输出格式

第一行为最大盈利值。

接下来 N 行为第 i 分公司分 x 台。

P.S. 要求答案的字典序最小。

样例 #1

样例输入 #1

3 3
30 40 50
20 30 50
20 25 30

样例输出 #1

70
1 1
2 1
3 1

代码参考

//P2066
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a[15][20];
//f[i][j]代表取到第i家公司,用掉了j台设备时,能够获得的利益最大值
ll f[15][20];
//存答案
ll cnt[15][20][2];
ll cnt2[15];

int main(){
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        for(int j = 1; j <= m; j++){
            cin >> a[i][j];
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        for(int j = 1; j <= m; j++){
            for(int k = 0; k <= j; k++){
                if(f[i][j] <= f[i-1][j-k] + a[i][k]){
                    f[i][j] = f[i-1][j-k] + a[i][k];
                    cnt[i][j][0] = k;
                    cnt[i][j][1] = j-k;
                }
            }
        }
    }
    //输出最大值
    ll ans = 0, t = 0;
    for(int i = 1; i <= m; i++){
        if(ans <= f[n][i]){
            t = i;
            ans = f[n][i];
        }
    }
    cout << ans << endl;
    //输出每一项数量
    for(int i = n; i >= 1; i--){
        cnt2[i] = cnt[i][t][0];
        t = cnt[i][t][1];
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)     cout << i << " " << cnt2[i] << endl;
    return 0;
}

本文作者:hsy2093

本文链接:https://www.cnblogs.com/hsy2093/p/18225375

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