背包問題是動(dòng)態(tài)規(guī)劃問題的一大類型，下面我們對(duì)這個(gè)進(jìn)行總結(jié)。
以 Acwing y中總結(jié)的 幾個(gè)類型，我寫了幾個(gè)題解

應(yīng)用知識(shí)點(diǎn)

• 01背包、完全背包 空間壓縮的寫法
• 多維費(fèi)用的背包問題，以及狀態(tài)的不同表示對(duì)復(fù)雜度的 影響
• 完全背包問題的三種求解方法$O(NMS),O(NMlogS),O(NM)$
• dp維度關(guān)系等于，小于等于，大于等于對(duì)初始化的影響(潛水員)
• dp關(guān)鍵信息最小值，最大值，方案數(shù)對(duì)初始化的影響

一、采藥

Acwing 題目鏈接
非常裸的 01 背包

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int N = 1010; int f[N][N]; int n, m;int main() {cin >> m >> n;memset(f, 0, sizeof f);for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {static int t, v;scanf("%d%d", &t, &v);for (int j = 0; j <= m; j ++ ) {f[i][j] = f[i - 1][j];if (j >= t) {f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - t] + v);}}}cout << f[n][m] << endl;return 0; }

二、裝箱問題

ACwing 題目鏈接

對(duì)于該問題，我給出兩個(gè)解法(其實(shí)都類似 )


第一種
f[i][j] 表示利用前 i 個(gè)箱子，體積恰好為 j 的方案是否可行，是一個(gè) bool 數(shù)組
那么 $f[i][j]=f[i?1][j]|f[i?1][j?v[i]]$
初始化時(shí), $f[0][0]$ 置為 true，其余置為 false
下面是進(jìn)行空間優(yōu)化的寫法

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int N = 40, M = 40010; int f[M]; int n, m; int cost[N]; // f[i][j] 表示前 i個(gè)物品，體積 恰好等于 j 是否可以 // 然后進(jìn)行狀態(tài)壓縮 int main() {// inputcin >> m >> n;for (int i = 1; i <= n; i ++ )scanf("%d", &cost[i]);f[0] = true;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {for (int j = m; j >= cost[i]; j -- ) {f[j] |= f[j - cost[i]];}}for (int i = m; ; i -- ) {if (f[i]) {cout << m - i << endl;break;}}return 0; }

第二種寫法
$f[i][j]$表示的是對(duì)前 i 個(gè)箱子，體積小于等于 j 時(shí)候的最大體積
$f[i][j]=max(f[i?1][j],f[i?1][j?v[i]]+v[i]$
這樣的話，初始化全部為 0
而且最后輸出結(jié)果也比較簡(jiǎn)單
$m?f[n][m]$
下面給出空間優(yōu)化之后的代碼

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int N = 40010; int f[N]; int n, m; // f[i][j] 表示前 i 個(gè)物品，體積小于等于 j 時(shí)候可以容納的最大體積 // 然后進(jìn)行狀態(tài)壓縮int main() {cin>>m>>n;int v;memset(f, 0, sizeof f);for(int i = 1; i <= n; i++){cin>>v;for(int j = m; j >= v; j--){f[j] = max(f[j], f[j-v]+v);}}cout<<m-f[m]<<endl;return 0; }

三、寵物小精靈值收服

Acwing 題目鏈接


本題是一個(gè)二維費(fèi)用的 01 背包，理解起來不拿，不過題目屬實(shí)有點(diǎn)長(zhǎng)，而且 皮卡丘 的血量為 0 也會(huì)抓取失敗，這是一個(gè)比較坑的點(diǎn)
下面，我給出兩個(gè)dp的解決方案

方案一
$f[i][j][k]$ 表示對(duì)前 i 個(gè)怪獸進(jìn)行遍歷，消耗精靈球數(shù)量小于等于j，消耗血量小于等于 k，的最大抓捕量
$f[i][j][k]=max(f[i?1][k][k],f[i?1][j?cost{1}_i][k?cost{2}_i])$
對(duì)應(yīng)的代碼如下

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int N = 1010, M = 510, K = 110, INF = 0x3f3f3f3f; int cost1[K], cost2[K], n, m, k; int f[N][M];int main() {// inputcin >> n >> m >> k;m --;for (int i = 1; i <= k; i ++ ) {scanf("%d%d", &cost1[i], &cost2[i]);}for (int i = 1; i <= k; i ++ ) {for (int j = n; j >= cost1[i]; j -- ) {for (int k = m; k >= cost2[i]; k -- ) {f[j][k] = max(f[j][k], f[j - cost1[i]][k - cost2[i]] + 1);}}}int ans1, ans2;ans1 = f[n][m];for (int j = m; ; j -- ) {if (ans1 == 0) {ans2 = 0;break;}if (f[n][j] == ans1) {ans2 = j;} else {break;}}printf("%d %d\n", ans1, m - ans2 + 1);return 0; }

但是我們將復(fù)雜度考慮進(jìn)去的話，$O(KNM)$有時(shí)候會(huì)過大，萬(wàn)一被卡怎么辦？ 給出方案二

方案二
$f[i][M][K]$ 遍歷前面i個(gè)精靈，統(tǒng)計(jì)的是在 體力恰好為 m, 捕捉恰好為 k 時(shí)候的最小消耗求的數(shù)量
復(fù)雜度$O(KKM)$快了那么一點(diǎn)點(diǎn)
$f[i][[j][k]=min(f[i?1][j][k],f[i?1][m?cost{2}_i][k?1]+cost{1}_i)$
代碼如下

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int N = 1010, M = 510, K = 110, INF = 0x3f3f3f3f; int n, m, k1; int cost1[K], cost2[N]; int f[M][K]; // 統(tǒng)計(jì)的是在 體力恰好為 m, 捕捉恰好為 k 時(shí)候的最小消耗求的數(shù)量int main() {// inputcin >> n >> m >> k1;for (int i = 1; i <= k1; i ++ ) {scanf("%d%d", &cost1[i], &cost2[i]);}memset(f, 0x3f, sizeof f); f[0][0] = 0;for (int i = 1; i <= k1; i ++ ) {for (int j = m - 1; j >= cost2[i]; j -- ) {for (int k = k1; k >= 1; k -- ) {f[j][k] = min(f[j][k], f[j - cost2[i]][k - 1] + cost1[i]);}}}int ans1 = 0, ans2 = 0;for (int j = 0; j <= m - 1; j ++ ) {for (int k = 0; k < k1; k ++) {if (f[j][k] <= n) {if (k > ans1) {ans1 = k, ans2 = j;} else if (f[j][k] == n && j < ans2) {ans2 = j;}}}}printf("%d %d\n", ans1, m - ans2);return 0; }

DP很靈活，有時(shí)候換一個(gè)dp思路，就可以優(yōu)化一下復(fù)雜度

四、數(shù)字組合

Acwing 題目鏈接

挺簡(jiǎn)單一個(gè) dp問題，和 01 背包很像
下面給出空間優(yōu)化的代碼

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int N = 10010; int f[N], a[N]; int n, m;int main() {cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {scanf("%d", &a[i]);}memset(f, 0, sizeof f);f[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {for (int j = m; j >= a[i]; j -- ) {f[j] += f[j - a[i]];}}cout << f[m] << endl;return 0; }

五、買書

題目鏈接

挺簡(jiǎn)單的一個(gè) 完全背包問題
將書的個(gè)數(shù)看成 value，花費(fèi)就是費(fèi)用，然后跑一個(gè)完全背包

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;typedef long long LL; typedef pair<int, int> PII; const int M = 1010; LL f[M]; int n = 4, m; int a[6] = {0, 10, 20, 50, 100};int main() {cin >> m;memset(f, 0, sizeof f);f[0] = 1;for (int i = 1; i <= 4; i ++ ) {for (int j = a[i]; j <= m; j ++ ) {f[j] += f[j - a[i]];}}cout << f[m] << endl;return 0; }

六、貨幣系統(tǒng)

Problem Link


題目大意就是 在 n 個(gè)數(shù) $a_1,a_2,\dots ,a_n$中，盡可能的選取少的數(shù)字將原數(shù)組給表示出來
解題思路如下

• 首先，我們先將 原數(shù)組 a 從小到大進(jìn)行排序
• 最小的數(shù)字是不可以被表示的，因此最小的數(shù)字 $a_1$需要被選出，放在$b$數(shù)組中
• 然后我們查看 b 數(shù)組可以組合出哪些數(shù)字
• 不斷對(duì) a 數(shù)組的元素進(jìn)行遍歷，倘若他無法被 b 表示，那么他需要加入到 b 中，這是因?yàn)?如果 $a[i]$ 無法被 $a[0..i]$所表示，那么他就無法被表示，需要放入支撐集 b 中

這就是一個(gè)完全背包的模型

/*這次的dp需要考慮到最小依賴集這個(gè)東西：對(duì)于 (n, a) ==> (m, b):那么:1. a1、、an一定是可以被b表示出來的2. b 一定是屬于 a, 主要是因?yàn)樘热?b 不屬于 a, 那么 b = sum(a[i] * t[i]) = sum(b[i] * t[i])自己被自己表示3. b不能被自己表示因此這個(gè)問題轉(zhuǎn)換為了 求 不能被自己組成的a，然后作為b的一部分，也就是一個(gè)完全背包題目；代碼簡(jiǎn)單，但是思路有點(diǎn)意思 */ #include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int M = 25010, N = 110; int a[N], n, m; bool f[M];void sol() {sort(a + 1, a + 1 + n);m = a[n];memset(f, 0, sizeof f);f[0] = true;int res = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {if (f[a[i]]) {continue;}// 無法被表示，需要被加入res ++;for (int j = a[i]; j <= m; j ++ ) {f[j] |= f[j - a[i]];}}printf("%d\n", res);}int main() {int T; cin >> T;while (T -- ) {scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {scanf("%d", &a[i]);}sol();} }

七、多重背包問題III

多重背包問題鏈接

普通多重背包問題樸素寫法$O(NMS)$
$f(i,j)$表示前i個(gè)物品，容量小于等于$j$的最大價(jià)值

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int N = 1010; int f[N][N]; int n, m, v[N], w[N], s[N];int main() {memset(f, 0, sizeof f);cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d%d%d", &v[i], &w[i], &s[i]);for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {for (int j = 0; j <= m; j ++ ) {for (int k = 0; k <= s[i] && k * v[i] <= j; k ++ ) {f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - k * v[i]] + k * w[i]);}}}cout << f[n][m] << endl;return 0; }

多重背包問題二進(jìn)制優(yōu)化方法$O(NMlogS)$
首先，對(duì)于容量，價(jià)值，和數(shù)量分別為?$v_i,w_i,s_i$的物品$i$，我們可以將它分解為
多個(gè) 01 背包的物品
倘若 $s_i=10$，我們可以將其分為
????$(v_i,w_i),(2v_i,2w_i),(4v_i,4w_i),(3v_i,3w_i)$，這幾個(gè) 01背包，可以將
????$(v_i,w_i),(2v_i,2w_i),(3v_i,3w_i),\dots (s_i{w}_i,s_i{v}_i)$全部給枚舉一遍

這個(gè)是可以證明的
????$(w,v),(2w,2v),(4w,4v),(2^{k}w,2^{k}v),(surplus?w,surplus?v),其中surplus\ge 2^k,1+2+4+?+2^k+surplus=s$

????首先$1,2,4,?,2^k$可以將$[0,2^k+1]$完全包含，通過$surplus$區(qū)間再次移動(dòng)，將$[0,s]$方案完全覆蓋掉。
對(duì)用代碼如下

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int N = 2010; int f[N]; int n, m, v[N * 20], w[N * 20];int main() {memset(f, 0, sizeof f);cin >> n >> m;int n2 = 0;// 多重背包拆成 01 背包for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {static int a, b, s;scanf("%d%d%d", &a, &b, &s);int base = 1;while (true) {if (s <= base) {v[++ n2] = s * a;w[n2] = s * b;break;} else {s -= base;v[++ n2] = base * a;w[n2] = base * b;base *= 2;}}}// 跑一遍 01 背包n = n2;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {for (int j = m; j >= v[i]; j -- ) {// f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - v[i]] + w[i]);f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);}}cout << f[m] << endl;return 0; }

完全背包的優(yōu)化，類似于前綴最大值，
然后我們多重背包的優(yōu)化，利用單調(diào)隊(duì)列的優(yōu)化

---

下面我來介紹優(yōu)化的方法


首先，我們還是先對(duì) i 個(gè)物品進(jìn)行遍歷
for(int i=1;i <= n; i ++ )
此時(shí)，我們第 i 個(gè)物品的體積為 v，價(jià)值為w，可用數(shù)量為 j
考慮一下我們的狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程$f[i][j]=max(f[i?1][j],f[i?1][j?v]+w,f[i?1][j?2v]+2w\dots ,f[i?1][j?sv]+sw)$，發(fā)現(xiàn)，倘若我們將原本的 $f[i?1][j]$ 分組，組別如下

組號(hào)內(nèi)容

0	f[i][0], f[i][v], f[i][2v],…,f[i][kb+1]
1	f[i][1], f[i][v+1], f[i][2v+1],…,f[i][kv+1]
$\dots$	$??$
v-1	f[i][v-1], f[i][v+v-1], f[i][2v+v-1],…,f[i][kv+v-1]

不難發(fā)現(xiàn)，只有組內(nèi)之間還是有遞歸關(guān)系的，組間不存在聯(lián)系，下面我們討論組內(nèi)是如何優(yōu)化的的

首先，我們假設(shè)當(dāng)前更新的 f[i][0…m] 為數(shù)組 dp[M], 上一層的 f[i-1][0…m]為數(shù)組pre[M]
有以下公式

dp[j] = pre[j]
dp[j+v] = max(pre[j] + w, pre[j+v])
dp[j+2v] = max(pre[j] + 2w, pre[j+v] + w, pre[j+2v])
dp[j+3v] = max(pre[j] + 3w, pre[j+v] + 2w, pre[j+2v] + w, pre[j+3v])
…
進(jìn)一步整理一下
dp[j] = pre[j]
dp[j+v] = max(pre[j], pre[j+v] - w) + w
dp[j+2v] = max(pre[j], pre[j+v] - w, pre[j+2v] - 2w) + 2w
dp[j+3v] = max(pre[j], pre[j+v] - w, pre[j+2v] - 2w, pre[j+3v] - 3w) + 3w

不難發(fā)現(xiàn)，經(jīng)過這樣的整理，我們的 dp 數(shù)組就是在原數(shù)組基礎(chǔ)之上增加了一個(gè) 滑動(dòng)窗口求最大值的算法(單調(diào)隊(duì)列，應(yīng)該是遞減的)

所以說，對(duì)應(yīng)的代碼如下所示

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int N = 1010, M = 20010; int f[M], pre[M], n, m; int v, w, s; int que[M];int main() {cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) { // 對(duì)每個(gè)物品進(jìn)行遍歷scanf("%d%d%d", &v, &w, &s);memcpy(pre, f, sizeof f); // 將 i - 1 層的狀態(tài)保存起來，后面dp需要使用for (int j = 0; j < v; j ++ ) { // 對(duì)每一類進(jìn)行遍歷，j, j+v, j+2v,..static int head, tail;head = 0, tail = -1; // 循環(huán)隊(duì)列for (int k = j; k <= m; k += v) { // 對(duì)該類進(jìn)行 動(dòng)態(tài)規(guī)劃// 首先更新我們的滑動(dòng)窗口，去掉隊(duì)列前劃過去的，往后面加入if (head <= tail && k - que[head] > s * v) { // 隊(duì)列頭超過了窗口的最左側(cè)head ++;}while (head <= tail && (pre[que[tail]] - (que[tail] - j) / v * w) <= (pre[k] - (k - j) / v * w)) { // 用于保證窗口的單調(diào)性-- tail;}que[++ tail] = k; // 增加窗口的尾部f[k] = pre[que[head]] + (k - que[head]) / v * w; // 用窗口的維護(hù)數(shù)值來更新結(jié)果}}}cout << f[m] << endl;return 0; }

八、慶功會(huì)

Acwing 鏈接

本題就是一個(gè)很裸的 多重背包問題
通過觀察復(fù)雜度，不難發(fā)現(xiàn)， NMS 復(fù)雜度就可以過去
倘若空間不夠存儲(chǔ)的話，可以采取滾動(dòng)數(shù)組進(jìn)行優(yōu)化

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int N = 510, M = 6010; int f[N][M]; int v, w, s, n, m;int main() {cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {scanf("%d%d%d", &v, &w, &s);for (int j = 0; j <= m; j ++ ) { // f[i][j] = max(f[i-1][j], f[i-1][j-kv] + kw)f[i][j] = f[i - 1][j];for (int k = 1; k <= s; k ++ ) {if (j < k * v) break;f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - k * v] + k * w);}}}cout << f[n][m] << endl;return 0; }

空間優(yōu)化之后的代碼

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int N = 510, M = 6010; int f[M]; int v, w, s, n, m;int main() {cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {scanf("%d%d%d", &v, &w, &s);for (int j = m; j >= 0; j -- ) { // 注意這個(gè)順序// f[j] = f[j];// f[i][j] = max(f[i-1][j], f[i-1][j-kv] + kw)for (int k = 1; k <= s; k ++ ) {if (j < k * v) break;f[j] = max(f[j], f[j - k * v] + k * w);}}}cout << f[m] << endl;return 0; }

九、混合背包問題

Acwing 混合背包

這就是一個(gè) 01 背包，完全背包，多重背包的綜合
這里多重背包使用 二進(jìn)制優(yōu)化 即可跑完，復(fù)雜度$O(NMlogS)$，時(shí)間復(fù)雜度沒有超時(shí)
下面給出 空間優(yōu)化的解題方法

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int M = 1010; int f[M], n, m, v, w, s;int main() {cin >> n >> m;memset(f, 0, sizeof f);for (int i = 1; i <= n; i ++ ) { scanf("%d%d%d", &v, &w, &s);if (s == 0) {// 完全背包for (int j = v; j <= m; j ++ ) {f[j] = max(f[j], f[j - v] + w);}} else { // 01 背包和多重背包if (s == -1) {s = 1;}for (int k = 0; (1 << k) <= s; k ++ ) {s -= (1 << k);for (int j = m; j >= v * (1 << k); j -- ) { // v * (1 << k)f[j] = max(f[j], f[j - v * (1 << k)] + w * (1 << k));}}if (s) {for (int j = m; j >= s * v; j -- ) { // 注意這個(gè)下界的判斷f[j] = max(f[j], f[j - s * v] + s * w);}}}}cout << f[m] << endl;return 0; }

十、二維費(fèi)用的背包問題

Acwing 題目鏈接

一個(gè)非常裸的 二維費(fèi)用 背包問題

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int N = 110; int f[N][N]; int n, v, m;int main() {memset(f, 0, sizeof f); // 01 bagcin >> n >> v >> m;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {static int a, b, c;scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);for (int j = v; j >= a; j -- ) {for (int k = m; k >= b; k -- ) {f[j][k] = max(f[j][k], f[j - a][k - b] + c);}}}cout << f[v][m] << endl;return 0; }

十一、潛水員

Acwing 題目鏈接

首先，我先給出一個(gè)錯(cuò)誤的方法，然后說為什么是不可以的
該種方法 $f[i][j][k]$ 表示對(duì)前 $i$ 個(gè)物品，選取氧氣量恰好為 $j$，氮?dú)饬壳『脼?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$k$，他所對(duì)應(yīng)的最小重量
初始化，顯然 memset(f, 0, sizeof f), f[0][0][0] = 1
對(duì)應(yīng)的代碼如下所示

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int M = 30, N = 110, INF = 0x3f3f3f3f; int f[M * 2 + 5][N * 2 + 5]; int m, n, k1;int main() {cin >> m >> n;cin >> k1;memset(f, 0x3f, sizeof f);f[0][0] = 0;for (int i = 1; i <= k1; i ++ ) { static int a, b, c;scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);// 一定要注意他這個(gè)超限制的情況！// 這樣做也錯(cuò)是因?yàn)?#xff0c;雖然 m 已經(jīng)夠了，但是因?yàn)?n還不夠，因此 m 的增加量可以使很大的for (int j = m + M; j >= a; j -- ) {for (int k = n + N; k >= b; k -- ) {f[j][k] = min(f[j][k], f[j - a][k - b] + c);} }}int ans = INF;for (int j = m; j <= m + M; j ++ ) {for (int k = n; k <= n + N; k ++ ) {ans = min(ans, f[j][k]);}}cout << ans << endl;return 0; }

但是該種方案是錯(cuò)誤的！

---

????原因在于，我們尋找的方案是 氧氣容量 大于等于 m, 氮?dú)馊萘看笥诘扔?n 的最消息重量的解決方案，**但是**上限是多少，我們是沒有辦法確定了 ????你可以理所當(dāng)然的以為 上限是 m * 2, n * 2, 或者是 m + M, n + N，但是都不對(duì) ????上限其實(shí)是 N * M 級(jí)別的，因?yàn)樘热粞鯕夂艹渥?#xff0c;但是氮?dú)饩褪呛苌?#xff0c;因?yàn)榈獨(dú)獠蛔阈枰粩嗉尤霘飧资沟玫獨(dú)膺_(dá)到標(biāo)準(zhǔn)，與此同時(shí)氧氣也在增加，最壞情況下是 M * N ????因此，數(shù)組大小很爆炸，消耗時(shí)間也很爆炸，雖然遞歸式子沒問題，但是從時(shí)間和空間的角度來看，并不可行。

下面我們考慮另一種dp思路

f[i][j][k] 表示的是 前 i 個(gè)物品，氧氣量大于等于 j，氮?dú)饬看笥诘扔?k 的最小重量，同樣是從初始化和狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程兩個(gè)方面進(jìn)行分析

初始化方面
f[0][x][y]=INF, 如果$x>0||y>0$
f[0][x][y]=0，如果$x<=0\&\&y<=0$
其他都初始化為 INF
但是，因?yàn)槲覀兊臄?shù)組下表數(shù)值都為正數(shù)，也就是說取不到這個(gè)負(fù)數(shù)的情況，因此后面的運(yùn)算對(duì)于負(fù)值的下標(biāo)我們是通過特判來選取數(shù)值的。

狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程
對(duì)于遍歷第 i 個(gè)物品的屬性 a, b, c
f[i][j][k]=max(f[i-1][j][k], f[i-1][j-a][k-b]+v)
這個(gè)方程是很好理解的，但是關(guān)鍵是我們有的合法狀態(tài)是小于等于 0 的情況，使用數(shù)組是沒有辦法表示的(即使使用偏移量，也因?yàn)榭臻g過大，而不可行，類似于我們討論的第一種方法)

那么，我們是如何解決這個(gè)問題的呢？

對(duì)應(yīng)代碼如下所示

/*f[i][j]:表示恰到達(dá)到 i, j這個(gè)的時(shí)候， 最小重量注意是最小，初始化應(yīng)該為INF它需要的是M， 但是我們不能遍歷只是到M， N注意，如果是恰好的話，那么，范圍太大， 數(shù)組開不了，而且會(huì)超時(shí)但是這個(gè)數(shù)據(jù)開的 應(yīng)該要很大，很煩， 應(yīng)該是 [N*M][N*M]....因此我們應(yīng)該把這個(gè)狀態(tài)給改了，不適用這個(gè)f[i][j]:表示大于等于 i, j這個(gè)的時(shí)候， 最小重量f[-x][-y] = 0;others INF; */ #include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int M = 30, N = 110, INF = 0x3f3f3f3f; int f[M * 2 + 5][N * 2 + 5]; int m, n, k1;int main() {cin >> m >> n;cin >> k1;memset(f, 0x3f, sizeof f);f[0][0] = 0;for (int i = 1; i <= k1; i ++ ) { static int a, b, c;scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);for (int j = m; j >= 0; j -- ) {for (int k = n; k >= 0; k -- ) {if (j - a >= 0 && k - b >= 0) {f[j][k] = min(f[j][k], f[j - a][k - b] + c);} else if (j - a < 0 && k - b < 0) {f[j][k] = min(0 + c, f[j][k]);} else {f[j][k] = min(f[j][k], f[max(0, j - a)][max(0, k - b)] + c);}} }}cout << f[m][n] << endl;return 0; }

十二、機(jī)器分配

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挺簡(jiǎn)單個(gè)一個(gè)題目，該問題非 01 背包，也非完全背包、多重背包，因?yàn)殡m然是設(shè)備分配給同一個(gè)公司、或者是其他公司，增加的價(jià)值是不一樣的！

它更像是一個(gè)分組背包，f[i][j] i 表示的第 i 組，選取組內(nèi)的物品，組內(nèi)的物品可以使一個(gè)設(shè)備、兩個(gè)設(shè)備、$?$ 多個(gè)設(shè)備

$f[i][j]$ 可以表示為前 i 個(gè)公司分配小于等于 j 個(gè)設(shè)備時(shí)候的最大價(jià)值
$f[i][j]=maxf[i?1][j],f[i?1][j?1]+w[i][1],f[i?1][j?2]+w[i][2],?f[i?1][j?j]+w[i][j]$
但是，因?yàn)樽詈笮枰敵龇峙涞姆桨?#xff0c;我們需要數(shù)組 g[i][j] 記錄一下到達(dá) f[i][j] 這個(gè)狀態(tài)時(shí)候，公司 i 分配了多少臺(tái)機(jī)器，之后就可以知道合法方案了

代碼如下

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int N = 15, M = 20; int f[N][M], w[N][M]; int g[N][M], n, m;int main() {cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {for (int j = 1; j <= m; j ++ ) {scanf("%d", &w[i][j]);}}memset(f, 0, sizeof f);memset(g, 0, sizeof g);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] + w[i][k]) {f[i][j] = f[i - 1][j - k] + w[i][k];g[i][j] = k;}}}}// find the maxint ri, rj, res = -1;for (int j = 0; j <= m; j ++ ) {if (f[n][j] > res) {res = f[n][j];ri = n, rj = j;}}// find the pathvector<int> path;while (ri != 0) {path.push_back(g[ri][rj]);rj -= g[ri][rj];ri --;}reverse(path.begin(), path.end());cout << res << endl;for (int i = 0; i < path.size(); i ++ ) {printf("%d %d\n", i + 1, path[i]);}return 0; }

十三、開心的金明

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寫一個(gè)空間優(yōu)化的 01 背包即可

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int N = 30, M = 30010; int f[M], n, m;int main() {cin >> m >> n;memset(f, 0, sizeof f);for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {static int level, v;scanf("%d%d", &v, &level);for (int j = m; j >= v; j -- ) {f[j] = max(f[j], f[j - v] + v * level);}}cout << f[m] << endl;return 0; }

十四、有依賴的背包問題

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一個(gè)樹狀的有依賴背包問題，
f[u][j] 表示的是 u 作為根的子樹，當(dāng)需要的體積小于等于 j 的最大價(jià)值
顯然f[u][j] 的更新是依賴于他的兒子的，（因?yàn)槭菢?#xff0c;我們必須是dfs來確定便利的先后順序，而不是之間 for i = 1;i <= n; i ++了）
首先，我們先讓 父節(jié)點(diǎn)為 u 的點(diǎn)集合 set 跑一個(gè) 分組背包，得到 沒有加入 u 的 f[u][j]，之后我們?cè)谌藶榈募尤?u 這個(gè)點(diǎn)就可以了，具體還可以優(yōu)化，請(qǐng)看下面的代碼.

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int N = 110, INF = 0x3f3f3f3f;int f[N][N], n, m, v[N], w[N]; bool st[N]; int h[N], e[N], ne[N], idx;void add(int a, int b) {e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++; }void dfs(int u, int m) {int v2;for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {v2 = e[i];if (!st[v2]) {dfs(v2, m - v[u]); // 減小一下子復(fù)雜度// dfs(v2, m);st[v2] = true;}// 多重背包for (int j = m; j >= 0; j -- ) { // 注意，這里是大于等于 0，和 Vi 沒有關(guān)系，而且注意這個(gè)優(yōu)化空間的順序for (int k = 0; k <= j; k ++ ) {f[u][j] = max(f[u][j], f[v2][k] + f[u][j - k]);} }}// 最后處理一下，這個(gè)一定不能提前處理，因?yàn)樽约褐荒苜I一次// 這個(gè)處理是寫在外面的，千萬(wàn)別給我寫里面去，里面跑的是多重背包for (int t = m; t >= v[u]; t -- ) { // 而且需要注意這個(gè)順序 f[u][t] = w[u] + f[u][t - v[u]];}for (int t = 0; t < v[u]; t ++ )f[u][t] = 0; }int main() {// input and build the treecin >> n >> m;int root = -1;memset(h, -1, sizeof h), idx = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {static int p;scanf("%d%d%d", &v[i], &w[i], &p);if (p == -1) {root = i;} else {add(p, i);}}// dp process memset(st, false, sizeof st);memset(f, 0, sizeof f);dfs(root, m);cout << f[root][m] << endl;return 0; }

十五、背包問題求方案數(shù)

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這個(gè)題目和 原本的背包問題類似，只不過是在維護(hù) 原本dp的數(shù)組過程中，多維護(hù)了一個(gè)數(shù)組， g[i][j] 用于表示到達(dá)當(dāng)前狀態(tài)的方案數(shù)

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int N = 1010; const int MOD = 1e9 + 7; int v[N], w[N], n, m; int g[N][N], f[N][N];int main() {// inputcin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {scanf("%d%d", &v[i], &w[i]);}// initialize， 注意這里的初始化可能和我們之前的初始化有些許的不同memset(f, 0, sizeof f);memset(g, 0, sizeof f);for (int i = 0; i <= m; i ++ ) {g[0][i] = 1;}// dpfor (int i = 1; i <= n; i ++ ) {for (int j = 0; j <= m; j ++ ) {if (j >= v[i]) {f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i - 1][j - v[i]] + w[i]);g[i][j] = 0;// 更新方案數(shù)if (f[i][j] == f[i - 1][j]) {g[i][j] += g[i - 1][j];} if (f[i][j] == f[i - 1][j - v[i]] + w[i]) {g[i][j] += g[i - 1][j - v[i]];}} else {// 更新方案數(shù)f[i][j] = f[i - 1][j];g[i][j] = g[i - 1][j];}g[i][j] %= MOD;}}// outputcout << g[n][m] << endl;return 0; }

十六、背包問題求具體方案

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這個(gè)題目很有意思，我在這里進(jìn)行一下詳細(xì)的講解
對(duì)于原本的遞歸公式
????$f[i][j]=max(f[i?1][j],f[i?1][j?v[i]]+w[i])$，f[i][j] 表示的是從 1…n 個(gè)物品選擇部分，使得體積為 j 的最大價(jià)值，使用 g[i][j] 可以表示當(dāng)前狀態(tài) f[i][j] 是從哪個(gè)狀態(tài)轉(zhuǎn)移來的。
????為了尋找方案的最小字典序，那我們必須要對(duì) g[i][j] 進(jìn)行處理，使其滿足這個(gè)最小字典序的要求，那么我們是讓 當(dāng)前物品 i 被選，還是不被選好呢？

????從直覺上來看，盡可能的讓當(dāng)前物品被選，可能 會(huì)好一些，這是因?yàn)槲覀?i 是從 1 -> n 開始枚舉的，當(dāng)然是需要被選中比較好。
????但是，不妨考慮一種情況，f[i][j] (假設(shè) i 為 7)倘若不選自己的話，為 1, 3, 5物品組合，倘若選了自己的話 為 2, 3, 7，顯然來看，這種貪心思路是有問題的。

????回到看看，問題到底是出在哪里了呢？因?yàn)?f[i][j] 指的是 1…n 個(gè)物品中選，對(duì)當(dāng)前物品 i 選不選進(jìn)行判斷，我們對(duì) 最后一個(gè)物品進(jìn)行優(yōu)先的選擇，然而最后一個(gè)物品，就是方案數(shù)中的最后一個(gè)數(shù)，他是最不重要的，換而言之，我們應(yīng)當(dāng)將第一個(gè)物品，作為最重要的點(diǎn)，最后判斷(因?yàn)樽詈鬀Q策的，才是最重要的)

????所以，不難得知，求字典序最大的，也是第一個(gè)數(shù)決策粒度對(duì)大，也應(yīng)該 放在最后一個(gè)進(jìn)行判斷。

為了適應(yīng)這種變化，我將 f[i][j] 數(shù)組的遞歸方程個(gè)真實(shí)含義做了改變
f[i][j] 表示從前 i … n 個(gè)物品中 選取部分，使得物品體積(代價(jià)) 小于等于 j 的最大價(jià)值
f[i][j] = max(f[i + 1][j], f[ i + 1][j - v[i]] + w[i]) 而且盡可能的使用后者，即保證能使用 i 物品就使用 i 物品(字典序最小)

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int N = 1010; int f[N][N], g[N][N]; int v[N], w[N]; int n, m;int main() {// inputcin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {scanf("%d%d", &v[i], &w[i]);}// initialize memset(f, 0, sizeof f);memset(g, -1, sizeof f);// dpfor (int i = n; i >= 1; i -- ) {for (int j = 0; j <= m; j ++ ) {if (j >= v[i]) {f[i][j] = max(f[i + 1][j], f[i + 1][j - v[i]] + w[i]);if (f[i][j] == f[i + 1][j - v[i]] + w[i]) {g[i][j] = j - v[i];} else {g[i][j] = j;}} else {f[i][j] = f[i + 1][j];g[i][j] = j;}}}// outputint res = m;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {if (g[i][res] == res) {continue;} else {cout << i << ' ';res = g[i][res];}}puts("");return 0; }

十七、能量石

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十八、今明的預(yù)算方案

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的动态规划问题之背包模型(18题)的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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