背包问题小结

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
int main()
{
    int i,j,n,m,v,c[100100],w[100100],cnt[50001];
    cin>>n;
    while(n--)
    {
        cin>>m>>v;
        for(i=1;i<=m;i++)
            cin>>c[i]>>w[i];
            memset(cnt,-100,sizeof(cnt));
            cnt[0]=0;
        for(i=1;i<=m;i++)
            for(j=c[i];j<=v;j++)
            cnt[j]=max(cnt[j],cnt[j-c[i]]+w[i]);
        if(cnt[v]<=0)
            cout<<"NO"<<endl;
        else
            cout<<cnt[v]<<endl;
    }
    return 0;
}

//这个是彻底背包的，南阳oj 311，所谓彻底背包，就是背包所装的物品能够无限取，一开始我找不出01和彻底代码之间的差异，我看了下核心语句里面，若是是彻底背包的话，第一个for循环是1~m，遍历m种物品，而第二个for是肯定好一种物品后，在c[i]~v的范围内不断增长，直到背包装不下，那cnt[j]就是在背包装下物品后的价值，由于每次j循环都是创建在i循环的基础上的，因此每次增长物品都是在前面物品的基础上肯定的。而01背包问题，核心语句与彻底背包变化不大，一样第一个for循环是遍历物品种类，可是每一个物品都是只有一个，因此第二个for我是这样理解的，在j=v，即j初始为背包总容量的状况下，每次递减，cnt[j]和cnt[j-1]分别表示当前状态和前一次状态的总价值，由于物品只有一件，因此只能判断放与不放，若是不放，那么也就是求cnt[j-1]的最大价值，若是放，要加上刚刚计算进去的我w[i]，此时背包所能容纳的就只有j-c[i],因此总价值就是cnt[j-c[i]]+w[i]。。。

#include <iostream>
#include <cstring>
#define N 1000
using namespace std;
int main()
{
    int i,j,n,v,cnt[N],c[N],w[N];
    while(cin>>n>>v&&n&&v)
    {
        memset(cnt,0,sizeof(cnt));
        for(i=1;i<=n;i++)
           //{
               cin>>c[i]>>w[i];
        for(i=1;i<=n;i++)
            for(j=v;j>=1;j--)
               cnt[j]=max(cnt[j],cnt[j-c[i]]+w[i]);
           //}
            cout<<cnt[v]<<endl;
    }
    return 0;
}//这个是01背包问题的代码

 

 

贴一些大神的总结吧:

 

P01: 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[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可以使价值总和最大。

基本思路

这是最基础的背包问题，特色是：每种物品仅有一件，能够选择放或不放。

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的背包能够得到的最大价值。则其状态转移方程即是：

f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}

这个方程很是重要，基本上全部跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。因此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），那么就能够转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。若是不放第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”，价值为f[i-1][v]；若是放第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[i]的背包中”，此时能得到的最大价值就是f[i-1][v-c[i]]再加上经过放入第i件物品得到的价值w[i]。

优化空间复杂度

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，但空间复杂度却能够优化到O(V)。

先考虑上面讲的基本思路如何实现，确定是有一个主循环i=1..N，每次算出来二维数组f[i][0..V]的全部值。那么，若是只用一个数组f[0..V]，能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是咱们定义的状态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，可否保证在推f[i][v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）可以获得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咱们以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。伪代码以下：

for i=1..N

    for v=V..0

        f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};

其中的f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]}一句恰就至关于咱们的转移方程f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]}，由于如今的f[v-c[i]]就至关于原来的f[i-1][v-c[i]]。若是将v的循环顺序从上面的逆序改为顺序的话，那么则成了f[i][v]由f[i][v-c[i]]推知，与本题意不符，但它倒是另外一个重要的背包问题P02最简捷的解决方案，故学习只用一维数组解01背包问题是十分必要的。

事实上，使用一维数组解01背包的程序在后面会被屡次用到，因此这里抽象出一个处理一件01背包中的物品过程，之后的代码中直接调用不加说明。

过程ZeroOnePack，表示处理一件01背包中的物品，两个参数cost、weight分别代表这件物品的费用和价值。

procedure ZeroOnePack(cost,weight)

    for v=V..cost

        f[v]=max{ f[v],f[v-cost]+weight }

注意这个过程里的处理与前面给出的伪代码有所不一样。前面的示例程序写成v=V..0是为了在程序中体现每一个状态都按照方程求解了，避免没必要要的思惟复杂度。而这里既然已经抽象成看做黑箱的过程了，就能够加入优化。费用为cost的物品不会影响状态f[0..cost-1]，这是显然的。

有了这个过程之后，01背包问题的伪代码就能够这样写：

for i=1..N

    ZeroOnePack(c[i],w[i]);

初始化的细节问题

咱们看到的求最优解的背包问题题目中，事实上有两种不太相同的问法。有的题目要求“刚好装满背包”时的最优解，有的题目则并无要求必须把背包装满。一种区别这两种问法的实现方法是在初始化的时候有所不一样。

若是是第一种问法，要求刚好装满背包，那么在初始化时除了f[0]为0其它f[1..V]均设为-∞，这样就能够保证最终获得的f[N]是一种刚好装满背包的最优解。

若是并无要求必须把背包装满，而是只但愿价格尽可能大，初始化时应该将f[0..V]所有设为0。

为何呢？能够这样理解：初始化的f数组事实上就是在没有任何物品能够放入背包时的合法状态。若是要求背包刚好装满，那么此时只有容量为0的背包可能被价值为0的nothing“刚好装满”，其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，它们的值就都应该是-∞了。若是背包并不是必须被装满，那么任何容量的背包都有一个合法解“什么都不装”，这个解的价值为0，因此初始时状态的值也就所有为0了。

这个小技巧彻底能够推广到其它类型的背包问题，后面也就再也不对进行状态转移以前的初始化进行讲解。

小结

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每每也能够转换成01背包问题求解。故必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。

P02: 彻底背包问题

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[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可以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

这个问题很是相似于01背包问题，所不一样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不是取或不取两种，而是有取0件、取1件、取2件……等不少种。若是仍然按照解01背包时的思路，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。仍然能够按照每种物品不一样的策略写出状态转移方程，像这样：

f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k*c[i]<=v}

这跟01背包问题同样有O(N*V)个状态须要求解，但求解每一个状态的时间已经不是常数了，求解状态f[i][v]的时间是O(v/c[i])，总的复杂度是超过O(VN)的。

将01背包问题的基本思路加以改进，获得了这样一个清晰的方法。这说明01背包问题的方程的确是很重要，能够推及其它类型的背包问题。但咱们仍是试图改进这个复杂度。

一个简单有效的优化

彻底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知足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：任何状况下均可将价值小费用高得j换成物美价廉的i，获得至少不会更差的方案。对于随机生成的数据，这个方法每每会大大减小物品的件数，从而加快速度。然而这个并不能改善最坏状况的复杂度，由于有可能特别设计的数据能够一件物品也去不掉。

这个优化能够简单的O(N^2)地实现，通常均可以承受。另外，针对背包问题而言，比较不错的一种方法是：首先将费用大于V的物品去掉，而后使用相似计数排序的作法，计算出费用相同的物品中价值最高的是哪一个，能够O(V+N)地完成这个优化。这个不过重要的过程就不给出伪代码了，但愿你能独立思考写出伪代码或程序。

转化为01背包问题求解

既然01背包问题是最基本的背包问题，那么咱们能够考虑把彻底背包问题转化为01背包问题来解。最简单的想法是，考虑到第i种物品最多选V/c[i]件，因而能够把第i种物品转化为V/c[i]件费用及价值均不变的物品，而后求解这个01背包问题。这样彻底没有改进基本思路的时间复杂度，但这毕竟给了咱们将彻底背包问题转化为01背包问题的思路：将一种物品拆成多件物品。

更高效的转化方法是：把第i种物品拆成费用为c[i]*2^k、价值为w[i]*2^k的若干件物品，其中k知足c[i]*2^k<=V。这是二进制的思想，由于无论最优策略选几件第i种物品，总能够表示成若干个2^k件物品的和。这样把每种物品拆成O(log(V/c[i]))件物品，是一个很大的改进。

但咱们有更优的O(VN)的算法。

O(VN)的算法

这个算法使用一维数组，先看伪代码：

for i=1..N

    for v=0..V

        f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}

你会发现，这个伪代码与P01的伪代码只有v的循环次序不一样而已。为何这样一改就可行呢？首先想一想为何P01中要按照v=V..0的逆序来循环。这是由于要保证第i次循环中的状态f[i][v]是由状态f[i-1][v-c[i]]递推而来。换句话说，这正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时，依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果f[i-1][v-c[i]]。而如今彻底背包的特色恰是每种物品可选无限件，因此在考虑“加选一件第i种物品”这种策略时，却正须要一个可能已选入第i种物品的子结果f[i][v-c[i]]，因此就能够而且必须采用v=0..V的顺序循环。这就是这个简单的程序为什么成立的道理。

这个算法也能够以另外的思路得出。例如，基本思路中的状态转移方程能够等价地变造成这种形式：

f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i][v-c[i]]+w[i]}

将这个方程用一维数组实现，便获得了上面的伪代码。

最后抽象出处理一件彻底背包类物品的过程伪代码，之后会用到：

procedure CompletePack(cost,weight)

    for v=cost..V

        f[v]=max{  f[v],f[v-c[i]]+w[i]  }

总结

彻底背包问题也是一个至关基础的背包问题，它有两个状态转移方程，分别在“基本思路”以及“O(VN)的算法“的小节中给出。但愿你可以对这两个状态转移方程都仔细地体会，不只记住，也要弄明白它们是怎么得出来的，最好可以本身想一种获得这些方程的方法。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、提升动态规划功力的好方法。

P03: 多重背包问题

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以使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。

基本算法

这题目和彻底背包问题很相似。基本的方程只需将彻底背包问题的方程略微一改便可，由于对于第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]}

复杂度是O(V*Σn[i])。

转化为01背包问题

另外一种好想好写的基本方法是转化为01背包求解：把第i种物品换成n[i]件01背包中的物品，则获得了物品数为Σn[i]的01背包问题，直接求解，复杂度仍然是O(V*Σn[i])。

可是咱们指望将它转化为01背包问题以后可以像彻底背包同样下降复杂度。仍然考虑二进制的思想，咱们考虑把第i种物品换成若干件物品，使得原问题中第i种物品可取的每种策略——取0..n[i]件——均能等价于取若干件代换之后的物品。另外，取超过n[i]件的策略必不能出现。

方法是：将第i种物品分红若干件物品，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[i]-2^k+1，且k是知足n[i]-2^k+1>0的最大整数。例如，若是n[i]为13，就将这种物品分红系数分别为1,2,4,6的四件物品。

分红的这几件物品的系数和为n[i]，代表不可能取多于n[i]件的第i种物品。另外这种方法也能保证对于0..n[i]间的每个整数，都可以用若干个系数的和表示，这个证实能够分0..2^k-1和2^k..n[i]两段来分别讨论得出，并不难，但愿你本身思考尝试一下。

这样就将第i种物品分红了O(log n[i])种物品，将原问题转化为了复杂度为O(V*Σlog n[i])的01背包问题，是很大的改进。

下面给出O(log amount)时间处理一件多重背包中物品的过程，其中amount表示物品的数量：

procedure MultiplePack(cost,weight,amount)

    if cost*amount>=V

        CompletePack(cost,weight)

        return

    integer k=1

    while k<num

        ZeroOnePack(k*cost,k*weight)

        amount=amount-k

        k=k*2

    ZeroOnePack(amount*cost,amount*weight)

但愿你仔细体会这个伪代码，若是不太理解的话，不妨翻译成程序代码之后，单步执行几回，或者头脑加纸笔模拟一下，也许就会慢慢理解了。

O(VN)的算法

多重背包问题一样有O(VN)的算法。这个算法基于基本算法的状态转移方程，但应用单调队列的方法使每一个状态的值能够以均摊O(1)的时间求解。因为用单调队列优化的DP已超出了NOIP的范围，故本文再也不展开讲解。

小结

这里咱们看到了将一个算法的复杂度由O(V*Σn[i])改进到O(V*Σlog n[i])的过程，还知道了存在应用超出NOIP范围的知识的O(VN)算法。但愿你特别注意“拆分物品”的思想和方法，本身证实一下它的正确性，并将完整的程序代码写出来。

P04: 混合三种背包问题

问题

若是将P0一、P0二、P03混合起来。也就是说，有的物品只能够取一次（01背包），有的物品能够取无限次（彻底背包），有的物品能够取的次数有一个上限（多重背包）。应该怎么求解呢？

01背包与彻底背包的混合

考虑到在P01和P02中给出的伪代码只有一处不一样，故若是只有两类物品：一类物品只能取一次，另外一类物品能够取无限次，那么只需在对每一个物品应用转移方程时，根据物品的类别选用顺序或逆序的循环便可，复杂度是O(VN)。伪代码以下：

for i=1..N

    if 第i件物品是01背包

        for v=V..0

            f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};

    else if 第i件物品是彻底背包

        for v=0..V

            f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};

再加上多重背包

若是再加上有的物品最多能够取有限次，那么原则上也能够给出O(VN)的解法：遇到多重背包类型的物品用单调队列解便可。但若是不考虑超过NOIP范围的算法的话，用P03中将每一个这类物品分红O(log n[i])个01背包的物品的方法也已经很优了。

固然，更清晰的写法是调用咱们前面给出的三个相关过程。

for i=1..N

    if 第i件物品是01背包

        ZeroOnePack(c[i],w[i])

    else if 第i件物品是彻底背包

        CompletePack(c[i],w[i])

    else if 第i件物品是多重背包

        MultiplePack(c[i],w[i],n[i])

在最初写出这三个过程的时候，可能彻底没有想到它们会在这里混合应用。我想这体现了编程中抽象的威力。若是你一直就是以这种“抽象出过程”的方式写每一类背包问题的，也很是清楚它们的实现中细微的不一样，那么在遇到混合三种背包问题的题目时，必定能很快想到上面简洁的解法，对吗？

小结

有人说，困难的题目都是由简单的题目叠加而来的。这句话是否公理暂且存之不论，但它在本讲中已经获得了充分的体现。原本01背包、彻底背包、多重背包都不是什么难题，但将它们简单地组合起来之后就获得了这样一道必定能吓倒很多人的题目。但只要基础扎实，领会三种基本背包问题的思想，就能够作到把困难的题目拆分红简单的题目来解决。