背包 dp 学习笔记

01背包

题面

有 $N$ 件物品和一个容量是 $m$ 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。输出最大价值。

思路

定义 $d{p}_{i,j}$ 为前 $i$ 个物品，体积为 $j$ 的最大价值。

由此我们可以讨论取或不取，推出转移方程。

$$d{p}_{i,j}=max(d{p}_{i-1,j-v_i}+w_i,d{p}_{i-1,j})$$

由于对 $d{p}_i$ 的影响只有 $d{p}_{i-1}$，那我们不妨去掉第一维，直接用 $d{p}_i$ 表示体积为 $j$ 时的最大价值，所以方程为：

$$d{p}_i=max(d{p}_{i-v_i}+w_i,d{p}_i)$$

需要注意的是，枚举时需要倒序枚举，才能保证物品只能使用一次，顺序则为完全背包做法。

for(int i=1;i<=n;i++)
{
	for(int j=m;j>=w[i];j--)//倒序枚举
	{
		dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]);
	}
}

完全背包

题面

有 $N$ 件物品和一个容量是 $m$ 的背包。每件物品可以使用无限次。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。输出最大价值。

思路

根据 01 背包，我们不难想出正序枚举即可实现物品使用多次。用 $d{p}_i$ 表示体积为 $j$ 时的最大价值，所以方程与 01 背包一模一样：

$$d{p}_i=max(d{p}_{i-v_i}+w_i,d{p}_i)$$

for(int i=1;i<=n;i++)
{
	for(int j=w[i];j<=m;j++)//正序枚举
	{
		dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]);
	}
}

多重背包

题面

有 $N$ 件物品和一个容量是 $m$ 的背包。每件物品可以使用 $c_i$ 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。输出最大价值。

暴力思路

容易想到，把「每个物品拆成 $c_i$ 个只能使用一次的物品」，再套用 01 背包的模板即可。

转移方程即为

$$d{p}_{i,j}=max(d{p}_{i,j-k\times w_i}+k\times v_i)(0\le k\le c_i)$$

单调队列优化

我们在暴力思路上容易观察对于每一个 $d{p}_{i,j}$ 都是从 $d{p}_{i-1\times w_i}，d{p}_{i-2\times w_i}\dots \dots d{p}_{i-c_i\times w_i}$ 转移而来的。他们第二维对 $w_i$ 的余数都相同。

那我们不妨跳着计算 $d{p}_{i,j}$，固定一个余数 $r$。

既然余数统一，形式就可以表示成 $r+x\times v_i$，而 $x$ 是连续的，那对于当前的 $k$ 我们需要求的就是 $x$ 在区间 $[k-c_i,k]$ 上 $d{p}_{i-1,r+x\times w_i}+(k-x)\times v_i$ 的最大值。

固定长度的区间最大值，即可用单调队列来实现。

有一个小细节就是队列里存的是 $i-1$ 的 dp 值。

具体细节见代码。

for(int i=1;i<=n;i++,b^=1)//滚动数组
{
	for(int r=0;r<v[i];r++)//固定余数
	{
		while(!q.empty()) q.pop_back();//清空队列
		for(int k=0;k<=m/v[i];k++)
		{
			while(!q.empty()&&q.front()<k-c[i]) q.pop_front();//弹队首
			while(!q.empty()&&dp[b^1][r+q.back()*v[i]]+(k-q.back())*w[i]<dp[b^1][r+k*v[i]]) q.pop_back();//维护队列递减性，注意是 b^1
			q.push_back(k);
			dp[b][r+k*v[i]]=(dp[b^1][r+q.front()*v[i]]+(k-q.front())*w[i]);//更新答案
		}
	}
}

分组背包

题面

有 $n$ 件物品和一个大小为 $m$ 的背包，第 $i$ 个物品的价值为 $w_i$，体积为 $v_i$。同时，每个物品属于一个组，同组内最多只能选择一个物品。求背包能装载物品的最大总价值。

思路

这道题其实和 01 背包非常的相似，其实是从「在所有物品中选择一件」变成了「从当前组中选择一件」，于是就对每一组进行一次 01 背包就可以了。

注意循环顺序，才能保证答案正确性。

for (int k = 1; k <= zs; k++)//循环每一组
  for (int i = m; i >= 0; i--)//循环背包容量
    for (int j = 1; j <= cnt[k]; j++)//循环该组的每一个物品
      if (i >= w[z[k][j]])
        dp[i] = max(dp[i],dp[i - w[z[k][j]]] + c[z[k][j]]);//像 01 背包一样状态转移

求字典序最小方案

题面

有 $N$ 件物品和一个容量是 $m$ 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 $1\dots \dots N$。

思路

在背包求解的基础上，新建一个数组记录是「从哪一个转移过来」的就行了，注意不能压维，不然无法判断具体是从哪一个转移过来的。

要倒着枚举，保证字典序最小。

for(int i=n;i>=1;i--)
{
	for(int j=0;j<v[i];j++)
	{
		dp[i][j]=dp[i+1][j];
		path[i][j]=path[i+1][j];
	}
	for(int j=v[i];j<=m;j++)
	{
		if(dp[i+1][j]>dp[i+1][j-v[i]]+w[i])//注意如果相等尽可能取当前数
		{
			dp[i][j]=dp[i+1][j];
			path[i][j]=path[i+1][j];
		}
		else//因为倒着枚举，当前数字典序更小
		{
			dp[i][j]=dp[i+1][j-v[i]]+w[i];
			path[i][j]=i;
		}
	}
	cout<<dp[1][m]<<" ";
	int x=path[1][m];
	s.push(x);
	m-=v[x];
	do{
		x=path[x+1][m];
		m-=v[x];
		s.push(x);
	}while(path[x+1][m]);
	cout<<s.size()<<"\n";
	while(!s.empty())
	{
		cout<<s.front()<<" ";
		s.pop();
	}