背包问题——解析
来源：互联网 发布：淘宝满减凑单再退款 编辑：程序博客网 时间：2024/06/05 17:25
背包问题精讲（模板）
分类： 背包问题—透析（模板）
关于背包问题的讲解，有篇DD牛写的《背包问题九讲》，凭我这水平怎么说也没有这篇文章说的清楚，直接看文章吧。我只把我认为的比较概括的东西写出来。看完背包九讲再来看这个会比较好，我这个只是对背包九讲的总结加上一点点自己的总结和一些经典题目。
标注：下文n即为物品件数，c[i]表示第i件物品的耗费（体积），V为背包容量，a[i]表示第i件物品的价值 dp[]数组存放的即为最优解。
一、01背包
最简单的背包，每件物品选或者不选。
- for(int i = 1; i <= n; ++i){
- for(int j = V; j >= c[i]; --j){
- dp[j] = max(dp[j],dp[j-c[i]]+a[i]);
- }
- }
- **************************************************************************************
二、完全背包
每件物品可以选无限次
- for(int i = 1; i <= n; ++i){
- for(int j = c[i]; j <= V; ++j){
- dp[j] = max(dp[j],dp[j-c[i]] + a[i];
- }
- }
**********************************************************************************************************************************
注意：初始化方面的细节，如果要求恰好装满背包，那么在初始化时除了dp[0]为0其它dp[1..V]均设为-∞（求的是最大解，如果求的是最小解，则为∞） 如果并没有要求必须把背包装满，而是只希望价格尽量大，初始化时应该将f[0..V]全部设为0。
三、多重背包
每件物品可以选有限次 设每件物品的个数为count[i];
O(V*Σlog count[i])写法（二进制优化）
- for(int i = 1; i <= n; ++i){
- int k;
- for(k = 1; k*2 < count[i] + 1; k *= 2){
- for(int j = V; j >= k*c[i] ; --j){
- dp[j] = max(dp[j],dp[j-k*c[i]] + k*a[i]);
- }
- }
- k = count[i] + 1 - k;
- for(int j = V; j >= k*c[i]; --j){
- dp[j] = max(dp[j],dp[j-k*c[i]] + k*a[i]);
- }
- }
****************************************************************************************************
O(VN)的写法
/*此种方法求最大值不确定可否，但判断是否能将1-V内的背包装满可以*/
----------------------------------------------------------------------
- int used[MAXN];
- for(int i = 1; i <= N; ++i){
- memset(used,0,sizeof(used));
- for(int j = c[i]; j <= V; ++j){
- if(used[j-c[i]] < count[i] && dp[j] < dp[j-c[i]] + a[i]){
- dp[j] = dp[j-c[i]] + a[i];
- used[j] = used[j-c[i]] + 1;
- }
- }
- } //有待验证，估计不对，有兴趣的可以验证下
**********************************************************************************
int used[MAXN];for(int i = 1; i <= N; ++i){ memset(used,0,sizeof(used)); for(int j = c[i]; j <= V; ++j){ if(used[j-c[i]] < count[i] && dp[j] < dp[j-c[i]] + a[i]){ dp[j] = dp[j-c[i]] + a[i]; used[j] = used[j-c[i]] + 1; } }} //有待验证，估计不对，有兴趣的可以验证下*****************************************************************************************************
----------------------------------------------------------------------
现在dp[i]用来表示容量为i的背包能否被所给物品恰好装满 上面的01背包和完全背包以及上面一种O(V*Σlog count[i])的写法也可以做这样的改变
- memset(dp,false,sizeof(dp));
- dp[0] = true;
- for(int i = 1; i <= N; ++i){
- memset(used,0,sizeof(used));
- for(int j = c[i]; j <= V; ++j){ //注意这里是顺序的（和完全背包相同），其实多重背包也可以理解成被限制了的完全背包
- if(!dp[j] && dp[j-c[i]] && used[j-c[i]] < count[i]){ //注意这里的!dp[j]不能少
- dp[j] = true;
- used[j] = used[j-c[i]] + 1;
- }
- }
- }
*****************************************************************************************************************************
- memset(dp,false,sizeof(dp));
- dp[0] = true;
- for(int i = 1; i <= N; ++i){
- memset(used,0,sizeof(used));
- for(int j = c[i]; j <= V; ++j){ //注意这里是顺序的（和完全背包相同），其实多重背包也可以理解成被限制了的完全背包
- if(!dp[j] && dp[j-c[i]] && used[j-c[i]] < count[i]){ //注意这里的!dp[j]不能少
- dp[j] = true;
- used[j] = used[j-c[i]] + 1;
- }
- }
- }
memset(dp,false,sizeof(dp));dp[0] = true;for(int i = 1; i <= N; ++i){ memset(used,0,sizeof(used)); for(int j = c[i]; j <= V; ++j){ //注意这里是顺序的（和完全背包相同），其实多重背包也可以理解成被限制了的完全背包 if(!dp[j] && dp[j-c[i]] && used[j-c[i]] < count[i]){ //注意这里的!dp[j]不能少 dp[j] = true; used[j] = used[j-c[i]] + 1; } }}********************************************************************************************************************************四、混合背包
以上三种背包的混合，有的物品只能取一次，有的物品能取无限次，有的物品能取有限次
算法伪代码：
for i=1..n
if 第i件物品是01背包
for j=V...c[i]
dp[j]=max(); //同上面01背包代码
else if 第i件物品是完全背包
for j=c[i]...V
dp[j]=max(); //同上面完全背包
else if 第i件物品是多重背包
MultiplePack(c[i],a[i],count[i]) //同上多重背包
五、二维费用的背包
如问题：每件物品都有各自的体积v[i]和重量w[i]，一个背包最多可以装的体积为V，最多可以装的重量为W,问最多能装的价值。即有两种属性限制的背包问题。再比如，一个一般的01背包问题，再加上个数限制，即最多拿K件物品，也可以理解为每件物品的个数耗费为1，背包再加一个容量为K的属性，也是二维费用背包。对于二维费用的背包，只需对dp数组加一维即可，01背包倒序，完全背包正序
以01背包为例：
for i=1...n
for j=V..v[i]; //若为完全背包则写为for j=v[i]..V for k=w[i]..W;
for k=W..w[i];
dp[j][k] = max(dp[j][k],dp[j-v[i]][k-w[i]] + a[i]);
六、分组背包的问题
将n件物品分为若干组，每组中只能选择一件物品，问可以得到的最大价值。
for 所有的组k
for v=V..0
for 所有的i属于组k
dp[v]=max{dp[v],dp[v-c[i]]+a[i]}
七、有依赖的背包问题
要购买一件物品，必须先购买另一件物品。这就是有依赖关系的背包问题 背包九讲里讲的很清楚了，我就不多说了。
下面两个部分暂且放下。以后遇到具体的问题时再补充。
八、泛化物品的背包
九、背包问题问法的变化
下面就说几个比较经典的题目：01背包 完全背包就不说了，混合背包也没必要说
一、【POJ1014】【TOJ1034】【HDU1059】【ZOJ1149】Dividing——多重背包问题
一般在几个OJ上同时出现并且长久不衰的题都是经典题目，比如这题，是一道关于多重背包的题目
【题目大意】6种价值分别为1 2 3 4 5 6的石头，给出每种石头的数目，问能不能将这些石头分为价值相等的两堆。
【解析】经典的多重背包问题，a[]数组即为1 2 3 4 5 6，count数组题目给出，怎么做呢？上面提到一点，设dp[i]表示容量为i的背包能不能被所给物体装满。如果dp[sum/2]==1，那么就说明可以分为两堆（sum是所有石头的总价值），直接套用上面的模板即可。
- #include <cstdio>
- #include <cstring>
- using namespace std;
- int a[10];
- int dp[120100];
- int main(){
- int cas = 0;
- while( ++ cas ){
- int sum = 0;
- for(int i = 1; i <= 6; ++i){
- scanf("%d",&a[i]);
- sum += a[i]*i;
- }
- if(sum == 0)break;
- memset(dp,0,sizeof(dp));
- printf("Collection #%d:\n",cas);
- if(sum % 2 == 1){
- puts("Can't be divided.");
- puts("");
- continue;
- }
- dp[0] = 1;
- //O（NV）的方法
- int dpt[120000];
- for(int i = 1; i <= 6; ++i){
- memset(dpt,0,sizeof(dpt));
- for(int j = i; j <= sum/2; ++j){
- if (!dp[j] && dp[j-i]&& dpt[j-i] < a[i]) {
- dpt[j] = dpt[j-i] + 1;
- dp[j] = 1;
- }
- }
- }
- /*
- //二进制优化的方法
- for(int i = 1;i <= 6;++i){
- int k;
- for(k = 1;k*2 < a[i]+1;k *= 2)
- for(int v = sum/2;v >= k*i;--v)
- if(dp[v-k*i])
- dp[v]=true;
- k = a[i]+1-k;
- for(int v = sum/2;v > k*i;--v)
- if([v-k*i])
- dp[v] = true;
- }
- */
- if(dp[sum/2]){
- puts("Can be divided.");
- }
- else {puts("Can't be divided.");};
- puts("");
- }
- return 0;
- }
********************************************************************************************
- #include <cstdio>
- #include <cstring>
- using namespace std;
- int a[10];
- int dp[120100];
- int main(){
- int cas = 0;
- while( ++ cas ){
- int sum = 0;
- for(int i = 1; i <= 6; ++i){
- scanf("%d",&a[i]);
- sum += a[i]*i;
- }
- if(sum == 0)break;
- memset(dp,0,sizeof(dp));
- printf("Collection #%d:\n",cas);
- if(sum % 2 == 1){
- puts("Can't be divided.");
- puts("");
- continue;
- }
- dp[0] = 1;
- //O（NV）的方法
- int dpt[120000];
- for(int i = 1; i <= 6; ++i){
- memset(dpt,0,sizeof(dpt));
- for(int j = i; j <= sum/2; ++j){
- if (!dp[j] && dp[j-i]&& dpt[j-i] < a[i]) {
- dpt[j] = dpt[j-i] + 1;
- dp[j] = 1;
- }
- }
- }
- /*
- //二进制优化的方法
- for(int i = 1;i <= 6;++i){
- int k;
- for(k = 1;k*2 < a[i]+1;k *= 2)
- for(int v = sum/2;v >= k*i;--v)
- if(dp[v-k*i])
- dp[v]=true;
- k = a[i]+1-k;
- for(int v = sum/2;v > k*i;--v)
- if([v-k*i])
- dp[v] = true;
- }
- */
- if(dp[sum/2]){
- puts("Can be divided.");
- }
- else {puts("Can't be divided.");};
- puts("");
- }
- return 0;
- }
#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;int a[10];int dp[120100];int main(){ int cas = 0; while( ++ cas ){ int sum = 0; for(int i = 1; i <= 6; ++i){ scanf("%d",&a[i]); sum += a[i]*i; } if(sum == 0)break; memset(dp,0,sizeof(dp)); printf("Collection #%d:\n",cas); if(sum % 2 == 1){ puts("Can't be divided."); puts(""); continue; } dp[0] = 1; //O（NV）的方法 int dpt[120000]; for(int i = 1; i <= 6; ++i){ memset(dpt,0,sizeof(dpt)); for(int j = i; j <= sum/2; ++j){ if (!dp[j] && dp[j-i]&& dpt[j-i] < a[i]) { dpt[j] = dpt[j-i] + 1; dp[j] = 1; } } } /* //二进制优化的方法 for(int i = 1;i <= 6;++i){ int k; for(k = 1;k*2 < a[i]+1;k *= 2) for(int v = sum/2;v >= k*i;--v) if(dp[v-k*i]) dp[v]=true; k = a[i]+1-k; for(int v = sum/2;v > k*i;--v) if([v-k*i]) dp[v] = true; } */ if(dp[sum/2]){ puts("Can be divided."); } else {puts("Can't be divided.");}; puts(""); } return 0;}*************************************************************************************************************************************************
二、【TOJ3540】Consumer有依赖关系的背包
【题目大意】给若干组物品，每组物品都有一个箱子（箱子自身也有cost），然后就是物品的cost和value，要买某个物品必须也要买装这个物品的箱子，给一定钱数，问能获得的最大价值。
【题目解析】可以参照背包九讲第六讲和第七讲里的内容解决该问题（相当对口，这题就是根据背包九讲来的）
有一种比较简单的写法，两次背包即可。
- #include<iostream>
- using namespace std;
- const int MAXN = 100000;
- int main()
- {
- int n,total,boxcost,goodnum,cost,value,i,j,t;
- int dpbox[MAXN],dptotal[MAXN];
- while(scanf("%d%d",&n,&total) != EOF)
- {
- memset(dptotal,0,sizeof(dptotal));
- for(i = 0; i < n; i++)
- {
- scanf("%d%d",&boxcost,&goodnum);
- memcpy(dpbox,dptotal,sizeof(dptotal));
- for(j = 0; j < goodnum; j++)
- {
- scanf("%d%d",&cost,&value);
- for(t = total - boxcost; t >= cost; t--)
- {
- if(dpbox[t] < dpbox[t - cost] + value)
- dpbox[t] = dpbox[t-cost] + value;
- }
- }
- for(t = total; t >= boxcost; t--)
- if(dptotal[t] < dpbox[t-boxcost])
- dptotal[t] = dpbox[t-boxcost];
- }
- printf("%d\n",dptotal[total]);
- }
- return 0;
- }
******************************************************************************************************************************************
- #include<iostream>
- using namespace std;
- const int MAXN = 100000;
- int main()
- {
- int n,total,boxcost,goodnum,cost,value,i,j,t;
- int dpbox[MAXN],dptotal[MAXN];
- while(scanf("%d%d",&n,&total) != EOF)
- {
- memset(dptotal,0,sizeof(dptotal));
- for(i = 0; i < n; i++)
- {
- scanf("%d%d",&boxcost,&goodnum);
- memcpy(dpbox,dptotal,sizeof(dptotal));
- for(j = 0; j < goodnum; j++)
- {
- scanf("%d%d",&cost,&value);
- for(t = total - boxcost; t >= cost; t--)
- {
- if(dpbox[t] < dpbox[t - cost] + value)
- dpbox[t] = dpbox[t-cost] + value;
- }
- }
- for(t = total; t >= boxcost; t--)
- if(dptotal[t] < dpbox[t-boxcost])
- dptotal[t] = dpbox[t-boxcost];
- }
- printf("%d\n",dptotal[total]);
- }
- return 0;
- }
#include<iostream>using namespace std;const int MAXN = 100000;int main(){ int n,total,boxcost,goodnum,cost,value,i,j,t; int dpbox[MAXN],dptotal[MAXN]; while(scanf("%d%d",&n,&total) != EOF) { memset(dptotal,0,sizeof(dptotal)); for(i = 0; i < n; i++) { scanf("%d%d",&boxcost,&goodnum); memcpy(dpbox,dptotal,sizeof(dptotal)); for(j = 0; j < goodnum; j++) { scanf("%d%d",&cost,&value); for(t = total - boxcost; t >= cost; t--) { if(dpbox[t] < dpbox[t - cost] + value) dpbox[t] = dpbox[t-cost] + value; } } for(t = total; t >= boxcost; t--) if(dptotal[t] < dpbox[t-boxcost]) dptotal[t] = dpbox[t-boxcost]; } printf("%d\n",dptotal[total]); } return 0;}*************************************************************************************************************************************三、【TOJ3645】Are You Busy
这题源自多校联合赛，是一个比较难的背包综合题
【题目大意】一个人有T分钟去做工作，共有n组工作，每一组有若干工作，每个工作消耗的时间和得到的快乐值已知，每一个组有一个标识位，标识位为0，则该组中至少应该选取一样工作完成，标识位为1，则该组中至多有一个工作被选择，标识位为2，无限制。
【分析】对标识位为2的工作组，因为无限制条件，每个工作可做可不做，即用简单的01背包即可处理。对标识位为1的工作组，因为至多选择一个工作，所以本次操作只对dp数组选取最优值更新一次即可。对至少选择一个的工作组，还不是太理解，只是看别人代码写的，还请大家集思广益，有想法可以留言评论，以后理解透彻了以后会做补充。
- #include <cstdio>
- #include <algorithm>
- #include <cstring>
- #include <cmath>
- #include <queue>
- #include <vector>
- #include <map>
- using namespace std;
- const int maxt = 100 + 10;
- int dp[maxt];
- int td[maxt], n, m, t;
- void dp0() { //至少取一个
- memcpy (td, dp, sizeof(td));
- memset (dp, -1, sizeof(dp));
- for (int i = 0, a, b; i < m; ++i) {
- scanf ("%d%d", &a, &b);
- for (int j = t; j >= a; --j) {//注意怎样保证至少取一个？？
- if (dp[j-a] != -1) {
- dp[j] = max(dp[j], dp[j-a] + b);
- }
- if (td[j-a] != -1) {
- dp[j] = max(dp[j], td[j-a] + b);
- }
- }
- }
- }
- void dp1() { //最多取一个,用上次得到的dp值更新最优值，只更新一次
- memcpy(td, dp, sizeof(td));
- for (int i = 0, a, b; i < m; ++i) {
- scanf ("%d%d", &a, &b);
- for (int j = t; j >= a; --j) {
- if (td[j-a] != -1) {
- dp[j] = max(dp[j], td[j-a] + b);
- }
- }
- }
- }
- void dp2() { //无条件限制，01背包，更新多次
- for (int i = 0, a, b; i < m; ++i) {
- scanf ("%d%d", &a, &b);
- for (int j = t; j >= a; --j) {
- if (dp[j-a] != -1) {
- dp[j] = max(dp[j], dp[j-a] + b);
- }
- }
- }
- }
- void init() {
- memset (dp, -1, sizeof(dp));
- dp[0] = 0;
- for (int i = 0, s; i < n; ++i) {
- scanf ("%d%d", &m, &s);
- if (s == 0) dp0();
- else if (s == 1) dp1();
- else if (s == 2) dp2();
- }
- }
- void solve() {
- int ans = -1;
- for (int i = 0; i <= t; ++i)
- ans = max(ans, dp[i]);
- printf ("%d\n", ans);
- }
- int main() {
- //freopen("ar.txt","r",stdin);
- while (scanf ("%d%d", &n, &t) != EOF) {
- init();
- solve();
- }
- return 0;
- }
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