背包问题

一：01背包问题

题目：有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c，价值是w。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。

基本思路：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[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[v]=max{f[v],f[v-c]+w}。这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。所以有必要将它详细解释一下：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。 如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为 v-c的背包中”，此时能获得的最大价值就是f [v-c]再加上通过放入第i件物品获得的价值w。注意f[v]有意义当且仅当存在一个前i件物品的子集，其费用总和为v。所以按照这个方程递推完毕后，最终的答案并不一定是f[N] [V]，而是f[N][0..V]的最大值。如果将状态的定义中的“恰”字去掉，在转移方程中就要再加入一项f[v-1]，这样就可以保证f[N] [V]就是最后的答案。以上方法的时间和空间复杂度均为O(N*V)，其中时间复杂度基本已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O(V)。先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环i=1..N，每次算出来二维数组 f[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[v]呢？f[v]是由f[v]和f [v-c]两个子问题递推而来，能否保证在推f[v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[v]和f[v -c]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]保存的是状态f[v-c]的值。其中的f[v]=max{f[v],f[v-c]}一句恰就相当于我们的转移方程 f[v]=max{f[v],f[v-c]}，因为现在的f[v-c]就相当于原来的f[v-c]。

总结：01背包问题是最基本的背包问题，它包含了背包问题中设计状态、方程的最基本思想，另外，别的类型的背包问题往往也可以转换成01背包问题求解。故一定要仔细体会上面基本思路的得出方法，状态转移方程的意义，以及最后怎样优化的空间复杂度。注意，第二重for循环是由大到小，一些细节处理，注重前缀和和区间和等思想！

例题：

poj3624 Charm Bracelet
有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c，价值是w。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。
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]}

空间优化：

for i=1..N
    for v=V..0
        f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};  
初始化细节：
若要求恰好装满背包，初始化时除了f[0]为0其它f[1..V]均设为-∞
若没有要求必须把背包装满，初始化时将f[0..V]全部设为0

空间优化：

for i=1..N
    for v=V..0
        f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};  
初始化细节：
若要求恰好装满背包，初始化时除了f[0]为0其它f[1..V]均设为-∞
若没有要求必须把背包装满，初始化时将f[0..V]全部设为0

#include<iostream>using namespace std;#define MAX_N 3500#define MAX_V 20000struct good{    int c;    int w;}goods[MAX_N];int main(){    int i,j;    int n,v;    int f[MAX_V];    while(cin>>n>>v)    {        for(i=0;i<=v;i++)f[i]=0;        for(i=0;i<n;i++)cin>>goods[i].c>>goods[i].w;        for(i=0;i<n;i++)        {            for(j=v;j>=goods[i].c;j--)            {                   if(f[j]<f[j-goods[i].c]+goods[i].w)                   f[j]=f[j-goods[i].c]+goods[i].w;            }        }        cout<<f[v]<<endl;    }    return 0;}

二：完全背包

问题

题目：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，价值是w。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。

基本思路：这个问题非常类似于01背包问题，所不同的是每种物品有无限件。也就是从每种物品的角度考虑， 与它相关的策略已并非取或不取两种，而是有取0件、取1件、取2件……等很多种。如果仍然按照解01背包时的思路，令f[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。仍然可以按照每种物品不同的策略写出状态转移方程，像这样：f[v]=max{f[v-k*c]+k*w|0<=k*c& lt;= v}。若两件物品i、j满足c<=c[j]且 w>=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。另考虑到第i种物品最多选V/c 件，于是可以把第i种物品转化为V/c件费用及价值均不变的物品，然后求解这个01背包问题。这样完全没有改进基本思路的时间复杂度，但这毕竟给了我们将完全背包问题转化为01背包问题的思路：将一种物品拆成多件物品。

最高效：把第i种物品拆成费用为c*2^k、价值为w*2^k的若干件物品，其中 k满足c*2^k<V。这是二进制的思想，因为不管最优策略选几件第i种物品，总可以表示成若干个2^k件物品的和。

总结：全背包问题也是一个相当基础的背包问题。事实上，对每一道动态规划题目都思考其方程的意义以及如何得来，是加深对动态规划的理解、提高动态规划功力的好方法。注意，第二次循环是从小到大（固定模式）

三.多重背包

题目：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 。

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+1种策略：取0件，取1件……取 n件。令f[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：f[v]=max{f[v-k*c]+ k*w|0<=k<=n}

方法：

将第i种物品分成若干件物品，其中每件物品有一个系数，这件物品的费用和价值均是原来 的费用和价值乘以这个系数。使这些系数分别为 1,2,4,...,2^(k-1),n-2^k+1，且k是满足n-2^k+1>0的最大整数。例如，如果n为13，就将这种物品分成系数分别为 1,2,4,6的四件物品。

总结：注意“拆分物品”的思想和方法！

POJ1276-Cash Machine

题意大致是给出一个数CASH，再给出N种钱，dk价值的钱nk个。要你求小于CASH的情况下最多可以支付多少钱。
因为每种货币的面值及数量已知，可以将其转化为多重背包，背包的容量即为cashdp数组记录i价值的钱数是否可以拼凑成功。dp[ i ] =dp[ i ] && dp[ i-dk*x ];而x的大小有限，需要用use数组记录dk在凑成 i 价值时使用次数。
最后只需在dp[] 里面找出最大的i是dp[i]=1就行。

int main(){// freopen ("g.txt","r",stdin);int cash;int N;int nk[1010],dk[1010];int dp[100010],use[100010];while ( ~ scanf ("%d%d",&cash,&N)){memset(dp,0,sizeof(dp));for (int i=0;i<N;i++){cin>>dk[i]>>nk[i];}dp[0]=1;for (int i=0;i<N;i++){  memset(use,0,sizeof(use));  for (int j=dk[i];j<=cash;j++){   if (!dp[j]&&dp[j-dk[i]]&&use[j-dk[i]]<nk[i]){dp[j]=1;use[j]=use[j-dk[i]]+1;}}}for (int i=cash;i>=0;i--){  if (dp[i]){cout<<i<<endl;break;}}}return 0;}

优化：
用二进制思想。注意这儿要2^k中k的取值。大致取值意思为
k=0;sum=0;cnt=0;
while(1)
 if(sum+2^k>n[i]) break;  //
 zopack[…][cnt++]=2^k;
 sum+=2^k;
zopack[…][cnt++]=n[i]-sum;  //
  这里对于每一个n[i]都有一个zopack[];然后将每一zopack[][]看作01背包的每一个物品就可以按照01背包的思想做了。


四.分组的背包问题

题目：有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。这些物品被划分为若干组，每组中的物品互相冲突，最多选一件。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。

算法：这个问题变成了每组物品有若干种策略：是选择本组的某一件，还是一件都不选。也就是说设f[k][v]表示前k组物品花费费用v能取得的最大权值 状态方程：f[k][v]=max{f[k-1][v],f[k-1][v-c[i]]+w[i]|物品i属于组k}

分组的背包问题将彼此互斥的若干物品称为一个组，问题每一组到底选哪一个物品！

伪码：
for 所有的组k
for v=V..0
for 所有的i属于组k
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}仍然可以对每组中做像完全背包那样的优化

   注意：“for v=V..0”这一层循环必须在“for 所有的i属于组k”之外。这样才能保证每一组内的物品最多只有一个会被添加到背包中。

HDU 1712 ACboy needs your help  
题目大意：给定n门课，再用m天复习这n门课，然后给定一个n*m的矩阵A，A[i][j]表示用j天复习第i门课获得得收益。问用m天复习不同的课获得的最大收益。
将天数m作为背包的容量，科目数目作为背包的种类数目，天数j作为背包的重量，因为一个科目只能选一次（复习天数），对应于每组中的物品只能选一件，正好是分组背包问题。转移方程：dp[j]=max(dp[j-k]+a[i][k],dp[j])

代码：

#include<stdio.h>#include<string.h>int dp[105],a[105][105];int max(int a,int b){       if(a<b)           return b;       return a;}int main(){       int i,j,k,n,m;       while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)       {              if(n==0&&m==0)                  break;              memset(dp,0,sizeof(dp));              for(i=0;i<n;i++)                for(j=1;j<=m;j++)                  scanf("%d",&a[i][j]);              for(i=0;i<n;i++)                  for(j=m;j>=0;j--)                     for(k=1;k<=j;k++)                       dp[j]=max(dp[j],dp[j-k]+a[i][k]);               printf("%d\n",dp[m]);       }       return 0;}

注意细节处理，前缀合区间和的运用，以及二进制思想，大大优化程序！