揹包問題綜合

01揹包

問題：若干個物體，每個價值為c[i]重量為w[i]，數量均為1，揹包最大容量為w，問怎樣取物體才能最大化收益？

解法：dp[i][j]以j為容量為放入前i個物品(按i從小到大的順序)的最大價值。有遞推關係式：dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]]+c[i])。這裡的第一維度可以省略。

注意這裡的記憶體重量迴圈j為w到0，遞減關係（保證每個物體取一遍）（後面的不會修改前面的）

當揹包空間j少於當前物體的重量時不選該物體這一步可以省略，對後續沒有影響。

最終寫法為：

1
for(int i=1; i<=m; i++) //
物品 2
for(int j=w; j>=0; j--) //
容量 3

空間優化：

1
for(i=1;i<=m;i++)
6 }

完全揹包

問題：若干個物體，每個價值為c[i]重量為w[i]，數量均為無限，揹包最大容量為w，問怎樣取物體才能最大化收益？

注意這裡的記憶體重量迴圈j為w[i]到w，遞增關係（保證每個物體取一遍）（後面的不會修改前面的）

最終寫法為：

1
for(int i=1; i<=n; i++)
2for(int j=w[i]; j<=w; j++)//
注意此處，與0-1揹包不同，這裡為順序，0-1揹包為逆序
3 f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+c[i]);

例題：poj2229

題意：找一些2^x(0<=x)，使它們的和為n。比如，n=7：

1) 1+1+1+1+1+1+1

2) 1+1+1+1+1+2

3) 1+1+1+2+2

4) 1+1+1+4

5) 1+2+2+2

6) 1+2+4

(1 <= n <= 1,000,000).

解法：直接完全揹包即可，注意關係式更新的時候為「拿」的情況加上「不拿」的情況；注意初始化dp[0]=1

1
intn;
2int num[25];3
int dp[1000000 + 5];4
intmain() 14}
15 printf("
%d\n
", dp[n]);
16return0;
17 }

多重揹包

多重揹包裡面每個物品的數量是有限的，即k個，因此基本的求解思路是將其轉換為01揹包再求解；或者列舉k的個數。

v[i]，w[i]，與c[i]，分別表示這種物品的體積、價值和件數。

1
for (int i = 1; i <= n; i++)
2for (int j = m; j >= c[i]; j--)
3for (int k = 0; k <= num[i]; k++)
4if (j - c[i] * k >= 0
)5 f[j] = max(f[j], f[j - c[i] * k] + v[i] * k);

當然直接這樣做一定會超時，其複雜度為$o(v\sum_{}^{}n[i])$。

優化方法第一種是改變分割方法（二進位制），即：將第 i 種物品分成若干件物品，其中每件物品有乙個係數，這件物品的費用和價值均是原來的費用和價值乘以這個係數。使這些係數分別為$1 , 2 , 4 ,..., 2^, n[i]-2^+1$，且k 是滿足 n[i] - 2^+1>0 的最大整數。例如，如果 n[i] 為13，就將這種物品分成係數分別為 1 , 2 , 4 , 6 的四件物品。

分成的這幾件物品的係數和為 n[i]，表明不可能取多於 n[i] 件的第 i 種物品。另外這種方法也能保證對於 0 .. n[i] 間的每乙個整數，均可以用若干個係數的和表示，這個證明可以分 0.. 2^-1 和 2^...n[i] 兩段來分別討論得出。

這樣就將第i種物品分成了 o(logn[i]) 種物品，將原問題轉化為了複雜度為 o(v*∑log n[i])的01揹包問題。

1
for (int i = 1; i <= n; i++) 
10if (z > 0
) 14}15
for (int i = 1; i <= tot; i++)
16for (int j = m; j >= c[i]; j--) 
17 f[j] = max(f[j], f[j - c[i]] + v[i]);

優化方法第二種是採用優先佇列的方法，推導方法及其神奇，看不懂了，掛個鏈結

複雜度為 o(n∗v)

1
for(int i=1;i<=n;i++)//
列舉物品種類 221
}22 }

例題：poj1742

題意：有 n 種面額的硬幣，面額個數分別為v[i]、num[i]，求最多能搭配出幾種不超過 m 的金額？

解法：沒有時間、空間優化都會炸。所以採用多重揹包加上規則定義求解，定義如下：

①首先來看看樸素的方法：

bool dp[i][j] := 用前 i 種硬幣能否湊成j

遞推關係式：

dp[i][j] = （存在 k 使得 dp[i – 1][j – k * v[i]] 為真，0 <= k <= c_i 下標合法）

然後三重迴圈 i j k 遞推

這樣的話複雜度為o（m*σc_i），肯定過不去。。

②然後我們想到將問題轉化為01揹包，並利用二進位制（具體可以看揹包九講）來優化

複雜度為o（m*σlogc_i）,仍然tle。。

③我們優化dp的狀態：

狀態：dp[i][j] : = 用前 i 種硬幣湊成 j 時第 i 種硬幣最多能剩餘多少個（ - 1表示配不出來）

轉移：①若 $dp[i-1][j]>=0$，即前 $i-1$ 種可以配成 $j$，所以根本用不到第$i$種，所以剩餘$nun[i]$種 $dp[i][j]=nun[i]$

②若$j③其他情況，由於$a[i]$還有剩，所以$dp[i][j]$相當於在$dp[i][j-a[i]]$的基礎上多使用了乙個$a[i]$，此時 $ dp[i][j]=dp[i][j-a[i]]-1$

1
int v[106], num[106];2
intdp[maxn];
3int
n, m;
4int
main() 
22int a = 1
;23 cout << ans <2526
return0;
27 }

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