背包问题(0-1背包，完全背包，多重背包知识概念详解)
通过：http://www.cnblogs.com/tanky_woo/archive/2010/07/31/1789621.html
http://blog.csdn.net/lyhvoyage/article/details/8545852改编而来
3种背包的简单概念：
0-1背包 (ZeroOnePack): 有N件物品和一个容量为V的背包。每种物品均只有一件
第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
完全背包(CompletePack): 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种物品的费用是c[i]，价值是w[i]。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。
多重背包 (MultiplePack): 有N种物品和一个容量为V的背包。第i种物品最多有n[i]件可用，
每件费用是c[i]，价值是w[i]。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。
比较三个题概念，会发现不同点在于每种背包的数量，01背包是每种只有一件，完全背包是每种无限件，而多重背包是每种有限件。
——————————————————————————————————————————————————————————–
一、0-1背包：
有N件物品和一个容量为V的背包。（每种物品均只有一件）第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
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][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是：
f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}
把这个过程理解下：在前i件物品放进容量v的背包时，
它有两种情况：
第一种是第i件不放进去，这时所得价值为:f[i-1][v]
第二种是第i件放进去，这时所得价值为：f[i-1][v-c[i]]+w[i]
（第二种是什么意思？就是如果第i件放进去，那么在容量v-c[i]里就要放进前i-1件物品）
最后比较第一种与第二种所得价值的大小，哪种相对大，f[i][v]的值就是哪种。
（这是基础，要理解！）
V=10，N=3，c[]={3,4,5}, w={4,5,6}
（1）背包不一定装满
计算顺序是：从右往左，自上而下：因为每个物品只能放一次，前面的体积小的会影响体积大的
（2）背包刚好装满
计算顺序是：从右往左，自上而下。注意初始值，其中-inf表示负无穷
这里是用二位数组存储的，可以把空间优化，用一位数组存储。
用f[0..v]表示，f[v]表示把前i件物品放入容量为v的背包里得到的价值。把i从1~n(n件)循环后，最后f[v]表示所求最大值。
*这里f[v]就相当于二位数组的f[i][v]。那么，如何得到f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]+w[i]？（重点！思考）
首先要知道，我们是通过i从1到n的循环来依次表示前i件物品存入的状态。即：for 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[v]中表示的就是我们定义的状态f[i][v]呢？
f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]两个子问题递推而来，能否保证在推f[i][v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]的值呢？
事实上，这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺序推f[v]，这样才能保证推f[v]时f[v-c[i]]保存的是状态f[i-1][v-c[i]]的值
代码如下：
for i=1..N for v=V..0 f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};
测试数据：
10,3
3,4
4,5
5,6
这个图表画得很好，借此来分析：
C[v]从物品i=1开始，循环到物品3，期间，每次逆序得到容量v在前i件物品时可以得到的最大值。（请在草稿纸上自己画一画）
这里以一道题目来具体看看：
题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2602
代码在这里：http://www.wutianqi.com/?p=533
二、完全背包：
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种物品的费用是c[i]，价值是w[i]。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。
完全背包按其思路仍然可以用一个二维数组来写出：
f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k*c[i]<=v}
如果将v的循环顺序从上面的0-1背包逆序改成顺序的话，那么则成了f[i][v]由f[i][v-c[i]]推知，刚好满足完全背包的定义可以将数组降维
那么这里，我们顺序写，这里的max中的两项当然就是当前状态的值了，因为每种背包都是无限的。当我们把i从1到N循环时，
f[v]表示容量为v在前i种背包时所得的价值，这里我们要添加的不是前一个背包，而是当前背包。所以我们要考虑的当然是当前状态。
V=10，N=3，c[]={3,4,5}, w={4,5,6}
（1）背包不一定装满
计算顺序是：从左往右，自上而下： 每个物品可以放多次，前面的会影响后面的
（2）背包刚好装满
计算顺序是：从左往右，自上而下。注意初始值，其中-inf表示负无穷
代码如下：
for i=1..N for v=0..V f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}
这里同样给大家一道题目：
题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1114
代码：http://www.wutianqi.com/?p=535
（分析代码也是学习算法的一种途径，有时并不一定要看算法分析，结合题目反而更容易理解。）
一个简单有效的优化
完全背包问题有一个很简单有效的优化，是这样的：若两件物品i、j满足c[i]<=c[j]且w[i]>=w[j]，则将物品j去掉，不用考虑。这个优化的正确性显然：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。然而这个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。
——————————————————————————————————————————————————————————–
三、多重背包
有N种物品和一个容量为V的背包。第i种物品最多有n[i]件可用，每件费用是c[i]，价值是w[i]。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。
这题目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n[i]+1种策略：取0件，取1件……取n[i]件。令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值，则有状态转移方程：
f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k<=n[i]}
这里同样转换为01背包：
普通的转换对于数量较多时，则可能会超时
对于普通的。就是多了一个中间的循环，把j=0~bag[i]，表示把第i中背包从取0件枚举到取bag[i]件。
给出一个例题：
题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2191
代码：http://www.wutianqi.com/?p=537
对于二进制办法
多重背包转换成 01 背包问题就是多了个初始化，把它的件数C 用二进制分解成若干个件数的集合，这里面数字可以组合成任意小于等于C的件数，而且不会重复，
之所以叫二进制分解，是因为这样分解可以用数字的二进制形式来解释
比如：7的二进制 7 = 111 它可以分解成 001 010 100 这三个数可以组合成任意小于等于7 的数，而且每种组合都会得到不同的数
15 = 1111 可分解成 0001 0010 0100 1000 四个数字
如果13 = 1101 则分解为 0001 0010 0100 0110 前三个数字可以组合成 7以内任意一个数，即1、2、4可以组合为1——7内所有的数，加上 0110 = 6 可以组合成任意一个大于6 小于等于13的数，比如12，可以让前面贡献6且后面也贡献6就行了。虽然有重复但总是能把 13 以内所有的数都考虑到了，基于这种思想去把多件物品转换为，多种一件物品，就可用01 背包求解了。
int n; //输入有多少种物品 int c; //每种物品有多少件 int v; //每种物品的价值 int s; //每种物品的尺寸 int count = 0; //分解后可得到多少种物品 int value[MAX]; //用来保存分解后的物品价值 int size[MAX]; //用来保存分解后物品体积 scanf("%d", &n); //先输入有多少种物品，接下来对每种物品进行分解 while (n--) //接下来输入n中这个物品 { scanf("%d%d%d", &c, &s, &v); //输入每种物品的数目和价值 for (int k=1; k<=c; k<<=1) //<<右移 相当于乘二 { value[count] = k*v; size[count++] = k*s; c -= k; } if (c > 0) { value[count] = c*v; size[count++] = c*s; } }
定理：一个正整数n可以被分解成1,2,4,…,2^(k-1),n-2^k+1（k是满足n-2^k+1>0的最大整数）的形式，且1～n之内的所有整数均可以唯一表示成1,2,4,…,2^(k-1),n-2^k+1中某几个数的和的形式。
证明如下：
（1） 数列1,2,4,…,2^(k-1),n-2^k+1中所有元素的和为n，所以若干元素的和的范围为：[1, n]；
（2）如果正整数t<= 2^k – 1,则t一定能用1,2,4,…,2^(k-1)中某几个数的和表示，这个很容易证明：我们把t的二进制表示写出来，很明显，t可以表示成n=a0*2^0+a1*2^1+…+ak*2^（k-1），其中ak=0或者1，表示t的第ak位二进制数为0或者1.
（3）如果t>=2^k,设s=n-2^k+1，则t-s<=2^k-1，因而t-s可以表示成1,2,4,…,2^(k-1)中某几个数的和的形式，进而t可以表示成1,2,4,…,2^(k-1)，s中某几个数的和（加数中一定含有s）的形式。
（证毕！）
现在用count 代替 n 就和01 背包问题完全一样了
杭电2191题解：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2191
此为多重背包用01和完全背包：
1 #include<stdio.h> 2 #include<string.h> 3 int dp[102]; 4 int p[102],h[102],c[102]; 5 int n,m; 6 void comback(int v,int w)//经费，重量。完全背包； 7 { 8 for(int i=v; i<=n; i++) 9 if(dp[i]<dp[i-v]+w) 10 dp[i]=dp[i-v]+w; 11 } 12 void oneback(int v,int w)//经费，重量；01背包； 13 { 14 for(int i=n; i>=v; i--) 15 if(dp[i]<dp[i-v]+w) 16 dp[i]=dp[i-v]+w; 17 } 18 int main() 19 { 20 int ncase,i,j,k; 21 scanf("%d",&ncase); 22 while(ncase--) 23 { 24 memset(dp,0,sizeof(dp)); 25 scanf("%d%d",&n,&m);//经费，种类； 26 for(i=1; i<=m; i++) 27 { 28 scanf("%d%d%d",&p[i],&h[i],&c[i]);//价值，重量，数量; 29 if(p[i]*c[i]>=n) comback(p[i],h[i]); 30 else 31 { 32 for(j=1; j<c[i]; j<<1) 33 { 34 oneback(j*p[i],j*h[i]); 35 c[i]=c[i]-j; 36 } 37 oneback(p[i]*c[i],h[i]*c[i]); 38 } 39 } 40 printf("%d\n",dp[n]); 41 } 42 return 0; 43 }
只是用01背包，用二进制优化：
1 #include <iostream> 2 using namespace std; 3 int main() 4 { 5 int nCase,Limit,nKind,i,j,k, v[111],w[111],c[111],dp[111]; 6 //v[]存价值，w[]存尺寸，c[]存件数 7 //在本题中，价值是米的重量，尺寸是米的价格 8 int count,Value[1111],size[1111]; 9 //count存储分解完后的物品总数 10 //Value存储分解完后每件物品的价值 11 //size存储分解完后每件物品的尺寸 12 cin>>nCase; 13 while(nCase--) 14 { 15 count=0; 16 cin>>Limit>>nKind; 17 for(i=0; i<nKind; i++) 18 { 19 cin>>w[i]>>v[i]>>c[i]; 20 //对该种类的c[i]件物品进行二进制分解 21 for(j=1; j<=c[i]; j<<=1) 22 { 23 //<<右移1位，相当于乘2 24 Value[count]=j*v[i]; 25 size[count++]=j*w[i]; 26 c[i]-=j; 27 } 28 if(c[i]>0) 29 { 30 Value[count]=c[i]*v[i]; 31 size[count++]=c[i]*w[i]; 32 } 33 } 34 //经过上面对每一种物品的分解， 35 //现在Value[]存的就是分解后的物品价值 36 //size[]存的就是分解后的物品尺寸 37 //count就相当于原来的n 38 //下面就直接用01背包算法来解 39 memset(dp,0,sizeof(dp)); 40 for(i=0; i<count; i++) 41 for(j=Limit; j>=size[i]; j--) 42 if(dp[j]<dp[j-size[i]]+Value[i]) 43 dp[j]=dp[j-size[i]]+Value[i]; 44 45 cout<<dp[Limit]<<endl; 46 } 47 return 0; 48 }
未优化的
1 #include <iostream> 2 using namespace std; 3 int main() 4 { 5 int nCase,Limit,nKind,i,j,k, v[111],w[111],c[111],dp[111]; 6 //v[]存价值，w[]存尺寸，c[]存件数 7 //在本题中，价值是米的重量，尺寸是米的价格 8 int count,Value[1111],size[1111]; 9 //count存储分解完后的物品总数 10 //Value存储分解完后每件物品的价值 11 //size存储分解完后每件物品的尺寸 12 cin>>nCase; 13 while(nCase--) 14 { 15 count=0; 16 cin>>Limit>>nKind; 17 for(i=0; i<nKind; i++) 18 { 19 cin>>w[i]>>v[i]>>c[i]; 20 //对该种类的c[i]件物品进行二进制分解 21 for(j=1; j<=c[i]; j<<=1) 22 { 23 //<<右移1位，相当于乘2 24 Value[count]=j*v[i]; 25 size[count++]=j*w[i]; 26 c[i]-=j; 27 } 28 if(c[i]>0) 29 { 30 Value[count]=c[i]*v[i]; 31 size[count++]=c[i]*w[i]; 32 } 33 } 34 //经过上面对每一种物品的分解， 35 //现在Value[]存的就是分解后的物品价值 36 //size[]存的就是分解后的物品尺寸 37 //count就相当于原来的n 38 //下面就直接用01背包算法来解 39 memset(dp,0,sizeof(dp)); 40 for(i=0; i<count; i++) 41 for(j=Limit; j>=size[i]; j--) 42 if(dp[j]<dp[j-size[i]]+Value[i]) 43 dp[j]=dp[j-size[i]]+Value[i]; 44 45 cout<<dp[Limit]<<endl; 46 } 47 return 0; 48 }
因为限于个人的能力，我只能讲出个大概，请大家具体还是好好看看dd大牛的《背包九讲》。
暂时讲完后，随着以后更深入的了解，我会把资料继续完善，供大家一起学习探讨。
