AcWing 12. 背包问题求具体方案

$AcWing$ $12$. 背包问题求具体方案

一、题目描述

有 $N$ 件物品和一个容量是 $V$ 的背包。每件物品只能使用一次。

第 $i$ 件物品的体积是 $v_i$，价值是 $w_i$。

求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。

输出 字典序最小的方案。这里的字典序是指：所选物品的编号所构成的序列。物品的编号范围是 $1…N$。

输入格式
第一行两个整数，$N，V$，用空格隔开，分别表示物品数量和背包容积。

接下来有 $N$ 行，每行两个整数 $v_i,w_i$，用空格隔开，分别表示第 $i$ 件物品的体积和价值。

输出格式
输出一行，包含若干个用空格隔开的整数，表示最优解中所选物品的编号序列，且该编号序列的字典序最小。

物品编号范围是 $1…N$。

数据范围
$0<N,V≤1000$
$0<v_i,w_i≤1000$

输入样例

4 5
1 2
2 4
3 4
4 6

输出样例：

1 4

二、只能使用二维状态表示

因为 求具体的方案，我们就 不能采取之前滚动数组优化版本的 $01$背包，因为这样会损失一些具体方案.

三、如何确保字典序最小？

因为要求字典序最小，那么我们肯定采取贪心策略: 能选序号小的就选序号小的

举个栗子,给定一个原始朴素版本的$01$背包数据：

2 3

2 4 
2 4

输出答案:

4

这个非常好理解吧：有两个物品，一个体积为$3$的背包，每个物品只能选择或不选择，问最终不超过背包体积上限$3$时，最大价值是多少?

在原始的版本中，是不强调序号的概念的，最终只要最大值正确就可以，不关心是从哪个序号过来的，比如本题，其实是可以选择$1$号物品获取到$4$个价值，当然也可以选择$2$号物品获取$4$个价值。

用下面的代码模拟跑一下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1010;
int n, m, v[N], w[N];
int f[N][N];

int main() {
    scanf("%d %d", &n, &m);

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d %d", &v[i], &w[i]);
        for (int j = 0; j <= m; j++) {
            f[i][j] = f[i - 1][j];
            if (j >= v[i]) f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - v[i]] + w[i]);
        }
    }

    int j = m;
    for (int i = n; i >= 1; i--)
        if (j >= v[i] && f[i][j] == f[i - 1][j - v[i]] + w[i]) {
            printf("%d ", i);
            j -= v[i];
        }
    return 0;
}

输出的答案是:

2

这是什么意思？就是只要选择了序号为$2$的物品，就可以达到最大价值，最大价值是4。

$Q$:为什么代码输出的是$2$号，而不是$1$号呢？

我们来研究一下这段代码：

int j = m;
for (int i = n; i >= 1; i--)
    if (j >= v[i] && f[i][j] == f[i - 1][j - v[i]] + w[i]) {
        printf("%d ", i);
        j -= v[i];
    }

因为最终的最大值保存在$f[n][m]$,如果想知道是怎么到达这个最大值状态的，需要从后向前枚举每个物品，如果剩余空间容量大于等于物品体积，就考查一下目前的最大值是不是由某个减去$v_i$的状态转移而来，如果是，就输出这个物品。

联想一下上面的栗子：$2,1$都是可以做为答案的，当然从后向前来枚举，每一个遇到的是$2$而不是$1$,就是 默认第一个遇到的有效，直接把体积减掉，继续向前考虑下一个子问题。这样的策略，肯定是大号在前，小号在后啊~,这样所求的是 字典序最大的。

所以我们应该反一下， 从后往前去遍历所有物品，这样$f[1][m]$就是最后答案，那么我们就 从前往后遍历就可以求具体方案，这样求的是字典序最小的。

之前的$f(i,j)$记录的都是前$i$个物品总容量为$j$的最优解，那么我们现在将$f(i,j)$定义为从第$i$个元素到最后一个元素总容量不超过$j$的最优解。接下来考虑状态转移：

f[i][j] = f[i + 1][j]; //从后向前是往左走，遇到的新元素是i,和已经走过的老元素i+1进行对比

if (j >= v[i]) f[i][j] = max(f[i][j], f[i + 1][j - v[i]] + w[i]);

两种情况，第一种是不选第$i$个物品，那么最优解等同于从第$i+1$个物品到最后一个元素总容量为$j$的最优解；第二种是选了第$i$个物品，那么最优解等于当前物品的价值$w[i]$加上从第$i+1$个物品到最后一个元素总容量为$j−v[i]$的最优解。

计算完状态表示后，考虑如何的到最小字典序的解。首先$f(1,m)$肯定是最大价值，那么我们便开始考虑能否选取第$1$个物品呢。

如果$f(1,m)=f(2,m−v[1])+w[1]$，说明选取了第$1$个物品可以得到最优解。

如果$f(1,m)=f(2,m)$，说明不选取第一个物品才能得到最优解。

如果$f(1,m)=f(2,m)=f(2,m−v[1])+w[1]$，说明选不选都可以得到最优解，但是为了考虑字典序最小，我们也需要选取该物品。

三、实现代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1100;
int f[N][N];
int n, m;
int v[N], w[N];

int main() {
    scanf("%d %d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d %d", &v[i], &w[i]);

    for (int i = n; i >= 1; i--)
        for (int j = 0; j <= m; j++) {
            f[i][j] = f[i + 1][j];//注意细节
            if (j >= v[i]) f[i][j] = max(f[i][j], f[i + 1][j - v[i]] + w[i]);
        }

    int j = m;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (j >= v[i] && f[i][j] == (f[i + 1][j - v[i]] + w[i])) {
            printf("%d ", i);
            j -= v[i];
        }
    return 0;
}