01背包

Acwing 2. 01背包问题

状态表示：二维

集合：只从前 (i) 个物品里面选择总体积 (leq j) 选法的集合

属性：选法价值的最大值

状态计算分为 放 (i) 和 不放 (i) （要不要把当前物品放进背包）:

• 不放 (i) 意味着在前 (i-1) 个物品里面选，且总体积不超过 (j)
• 放 (i) 的话先来看看里面应该都是些什么东西

如图所示，(f[i][j]) 表示的是 (0) 至 (i) 里面所有选法的权值和的最大值，我们可以将 (f[i][j]) 拆成两部分来看待，即 (f[i-1][j-v[i]]) 和 (i)

那么这两段的权值和为 (f[i-1][j-v[i]]+w[i]) ，由于求最大值，所以我们要比较一下那种选择可以使权值最大，于是我们就得到了状态转移方程

由于下标不能是负数，所以上述转移方程要求 (jgeq w[i]) 。当 (j<w[i]) 时，(f[i][j]=f[i-1][j])

综上所述，可以得出：

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1010;
int f[N][N],v[N],w[N];
int n,m;
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>v[i]>>w[i];
    for(int i=1;i<=n;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-1][j],f[i-1][j-v[i]]+w[i]);
        }
    }
    cout<<f[n][m];
    return 0;
}

注意题目给的数据，我们的数组的第二维是跟着容量的范围而不是物品数的范围

优化版本：
我们可以发现在 (f[i][j]) 的时候只用到了 (f[i-1][j]) ，这样 (f[i-2][j])，(f[i-3][j]) …… 就被浪费掉了，而且，我们二维的状态只用到了(j) 和 (j-w_i) 都是 (leq j) 不会在两侧，于是我们就可以用滚动数组来优化这个问题

首先，我们直接删除掉 (i) 这个状态，那么原方程就会变成：

由于 (f[j]=f[j]) 是恒等式，直接删去，由于 (max(f[j],f[j-v[i]]+w[i])) 要求 (jgeq w[i]) ，所以 (j) 直接从 (w[i]) 开始枚举

好，接下来再看变形后的式子与原来的方程是否是等价的，答案是否定的

由于我们的 (j) 是从小到大枚举的，所以 (j-v[i]) 会在 (j) 之前被算，相当于二维的 (f[i][j-v[i]]) 与原来的方程不符，那么如何解决这个问题呢？ 我们可以让 (j) 从大到小枚举，这样就保证了当我们计算 (f[j]) 的时候 (f[j-v[i]]) 因为比 (j) 小，所以还没有被更新，用的就是 (i-1) 层的 (f[j-v[i]]) ，问题解决

01背包如何保证拿一次？ 那么当前背包的体积就要去找前面的，而前面的都肯定是没有拿过这个物品的，所以可以保证只拿一次。

当然我们可以边输入边计算，又可以省下数组的空间

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1010;
int f[N];
int main()
{
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int v,w;
        cin>>v>>w;
        for(int j=m;j>=v;j--)
            f[j]=max(f[j],f[j-v]+w);
    }
    cout<<f[m];
    return 0;
}

完全背包

Acwing 3 完全背包问题

状态表示：二维

集合：所有只考虑前 (i) 个物品，且总体积 (leq j) 选法的集合

属性：选法价值的最大值

状态计算以第 (i) 个物品选几个为划分，注意体积不能超过 (j) ，即 (k×v[i]leq j)

注意当 (k=0) 时就相当于不选，所以需要从 (0) 开始枚举，这里还需要对 (f[i][j]) 打擂台，有别于01背包

我们可以得出状态转移方程

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1010;
int f[N][N],v[N],w[N];
int n,m;
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>v[i]>>w[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<=m;j++)
            for(int k=0;k*v[i]<=j;k++)
                f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-v[i]*k]+w[i]*k);
    cout<<f[n][m];
    return 0;
}

那么这样的时间复杂度大概是 (O(m^2n)) 的，显然不行

我们来想想如何优化

首先，将原方程展开得：

然后再与 (f[i][j-v[i]]) 做一下对比：

那么我们可以发现，(f[i][j]) 仅仅比 (f[i][j-v[i]]) 多了一个 (f[i-1][j]) ，然后后面的每一项都多一个 (w[i])

于是我们就可以将 (f[i][j-v[i]]) 加上 (w[i]) 转化成 (f[i-1][j-v[i]]+w[i],f[i-1][j-2×v[i]]+2×w[i],...)

再与 (f[i-1][j]) 比较一下最大值就行了

于是我们就得到了优化后的状态转移方程

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1010;
int f[N][N],v[N],w[N];
int n,m;
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>v[i]>>w[i];
    for(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][j-v[i]]+w[i]);
            else f[i][j]=f[i-1][j];
        }
            
    cout<<f[n][m];
    return 0;
}

我们可以发现，这个方程跟01背包非常像，所以我们可以按照01背包的思路优化成1维

注意完全背包跟01背包唯一的区别就在于01背包是 (f[i-1][j-v[i]]+w[i]) 而完全背包是 (f[i][j-v[i]]+w[i])

完全背包没有 -1 这个问题，所以从小到大遍历，从大到小是不行的，从大到小会使得每个物品就拿一次（参见01背包的优化）

从大到小的话会导致 (f[j]) 在 (f[j-v[i]]) 之前算，导致算 (f[j]) 的时候用的 (f[j-v[i]) 的值是 (i-1) 层的，变成01背包了

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1010;
int f[N];
int n,m;
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int v,w;
        cin>>v>>w;
        for(int j=v;j<=m;j++)
            f[j]=max(f[j],f[j-v]+w);
    }
    cout<<f[m];
    return 0;
}

多重背包

Acwing 4 多重背包问题I

状态表示：二维

集合：所有只从前 (i) 个物品中选，并且总体积 (leq j) 选法的集合

属性：每一个选法对应的总价值的最大值

状态计算和完全背包非常像，不过将 (k) 枚举结束的条件改成 (s) 个

不过这样的时间复杂度很高，(O(m^2n))

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 105;
int f[N][N];
int v[N],w[N],s[N];
int main()
{
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>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]]+w[i]*k);
    cout<<f[n][m];
    return 0;
}

然后我们尝试优化，既然和完全背包很像，我们先来试试通过完全背包的方式优化

首先将原方程展开得：

再对比 (f[i][j-v[i]]) ：

我们发现两个式子很像，不过，(f[i][j-v[i]]) 多了一项 (f[i-1][j-(s[i]+1)w[i]]+s[i]×w[i])) ，我们不可以通过前 (n) 个数的最大值和最后一个数，求出前 (n-1) 个数的最大值，所以这样的方法是不可行的

我们可以用二进制的方式来优化
例如当 (s=1023) 时，我们真的需要从 (0) 枚举到 (1023) 吗？
我们可以将若干个 (i) 个物品打包，比如说我们可以打包成10组：(1,2,4,8,...512)
每组最多选一次，我们可以用这10组凑出来 (0) 到 (1023) 的任何数（二进制可以表示出所有的十进制整数）

那么对于任何一个 (s)，我们将物品打包成 (2^0,2^1,2^2,...,2^k)，(2^0) 一直加到 (2^k leq s)
如果 (2^0) 一直加到 (2^k < s)，再补上一个 (c)
那么显然有 (c<2^{k+1})
那么来证明一下是不是这样就能表示出 (0) 到 (s) 的所有数？
首先，(2^0) 一直加到 (2^k) 能凑出 (0) 到 (2^{k+1}-1) 的所有数（等比数列公式）
补上 (c) 以后便能凑出 (0) 到 (2^{k+1}+c) 的所有数，(2^{k+1}+c) 即 (s)
所以是可行的，我们将原本的 (O(m^2 n)) 优化到了 (O(m^2 logn))
转化完之后再求一遍01背包就行了
注意我们的打包时数组体积的部分要开 (log_2 2000×1000) (log_22000) 要上取整得 (12)

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 25000;
int n,m;
int v[N],w[N],f[N];
int main()
{
    cin>>n>>m;
    int cnt=0; //重新打包后物品的个数
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int a,b,s;
        cin>>a>>b>>s;
        int k=1; //2的k次幂
        while(k<=s)
        {
            cnt++;
            v[cnt]=a*k;
            w[cnt]=b*k;
            s-=k;
            k*=2;
        }
        //补上的c
        if(s>0)
        {
            cnt++;
            v[cnt]=a*s;
            w[cnt]=b*s;
        }
    }
    n=cnt;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=m;j>=v[i];j--)
            f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
    cout<<f[m];
    return 0;
}

其实还有单调队列的优化方式，不过是提高的内容，等我之后滚回来更新

分组背包

Acwing 9 分组背包问题

状态表示：二维
集合：只从前 (i) 个物品里面选，且总体积 (leq j) 的所有选法
属性：选法价值的最大值

状态计算：枚举第 (i) 组，物品选第几个或不选
不选也就是 (f[i-1][j])
选第 (k) 个也就是 (f[i-1][j-v[i][k]]+w[i][k])
注意 (k) 枚举的是下标，所以从0开始

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 105;
int f[N][N],v[N][N],w[N][N],s[N];
int n,m;
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++) 
    {
        cin>>s[i];
        for(int j=0;j<s[i];j++) cin>>v[i][j]>>w[i][j];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=0;j<=m;j++)
        {
            f[i][j]=f[i-1][j];
            for(int k=0;k<s[i];k++)
            {
                if(v[i][k]<=j) 
                    f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-v[i][k]]+w[i][k]);
            }
        }  
    }
    cout<<f[n][m];
    return 0;
}

直接删去一维，得到状态转移方程

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 105;
int f[N],s[N],v[N][N],w[N][N];
int n,m;
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>s[i];
        for(int j=0;j<s[i];j++) cin>>v[i][j]>>w[i][j];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=m;j>=0;j--)
            for(int k=0;k<s[i];k++)
                if(v[i][k]<=j)
                    f[j]=max(f[j],f[j-v[i][k]]+w[i][k]);
    cout<<f[m];
    return 0;
}

混合背包

Acwing 7 混合背包问题

此为几种背包的模型（01背包、多重背包、完全背包）的综合使用，所以如果弄懂了前几种背包模型，混合背包的问题也会迎刃而解，这里主要介绍一种写法使得代码可读性变高
首先我们知道多重背包实际上是转化为01背包来做的，所以我们如果遇到多重背包时，我们直接将它加进去，最后当作01背包解决就行了
在代码中，我使用了结构体，一个是物品的种类，另外两个是体积和权值
输入多重背包的时候，直接二进制优化好再加进 vector 就行了
最后根据物品类型的不同分别处理就行了

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
const int N = 1010;
int f[N];
struct Thing
{
    int kind,v,w;
};
vector<Thing> things;
int main()
{
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int v,w,s;
        cin>>v>>w>>s;
        if(s==-1) things.push_back({0,v,w});
        else if(s==0) things.push_back({1,v,w});
        else
        {
            int k=1; 
            while(k<=s)
            {
                things.push_back({0,v*k,w*k});
                s-=k;
                k*=2;
            }
            if(s>0) things.push_back({0,v*s,w*s});
        }
    }
    for(auto thing:things)
    {
        if(thing.kind==0)
        {
            for(int j=m;j>=thing.v;j--) 
            {
                f[j]=max(f[j],f[j-thing.v]+thing.w);
            }
        }
        else
        {
            for(int j=thing.v;j<=m;j++) 
            {
                f[j]=max(f[j],f[j-thing.v]+thing.w);
            }
        }
    }
    cout<<f[m];
    return 0;
}

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