python/TangDou/AcWing/BeiBao/背包问题专题.md

背包问题

一、$01$背包基础题

AcWing 2. $01$背包问题

AcWing 423. 采药

AcWing 1024. 装箱问题

二维状态表示

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110;
const int M = 1010;

int n, m;
int w[N], v[N];
int f[N][M];

int main() {
    cin >> m >> n;

    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> v[i] >> w[i];

    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            f[i][j] = f[i - 1][j]; // 不选
            if (j >= v[i])
                f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - v[i]] + w[i]); // 选
        }
    printf("%d\n", f[n][m]);
    return 0;
}

一维状态表示

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 1010;

int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N];

int main() {
    cin >> m >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> v[i] >> w[i];

    // 01背包模板
    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]);

    printf("%d\n", f[m]);
    return 0;
}

二、二维费用$01$背包问题

AcWing 1022. 宠物小精灵之收服

AcWing 8. 二维费用的背包问题

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 110;   // 野生小精灵的数量
const int M1 = 1010; // 小智的精灵球数量
const int M2 = 510;  // 皮卡丘的体力值

int n, m1, m2;
int f[M1][M2]; // 一维：精灵球数量，二维：皮卡丘的体力值，值：抓到的小精灵数量最大值

int main() {
    cin >> m1 >> m2 >> n;
    m2--; // 留一滴血

    // 二维费用01背包
    // 降维需要将体积1、体积2倒序枚举
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int v1, v2;
        cin >> v1 >> v2;
        for (int j = m1; j >= v1; j--)
            for (int k = m2; k >= v2; k--)
                f[j][k] = max(f[j][k], f[j - v1][k - v2] + 1); // 获利就是多了一个小精灵
    }
    // 最多收服多少个小精灵[在消耗精灵球、血极限的情况下，肯定抓的是最多的，这不废话吗]
    printf("%d ", f[m1][m2]);

    // 找到满足最大价值的所有状态里，第二维费用消耗最少的
    int cost = m2;
    for (int i = 0; i <= m2; i++) // 如果一个都不收服，则体力消耗最少，消耗值为0
        if (f[m1][i] == f[m1][m2])
            cost = min(cost, i);

    // 收服最多个小精灵时皮卡丘的剩余体力值最大是多少
    printf("%d\n", m2 + 1 - cost);
    return 0;
}

总结

• $01$背包，还是背一维的形式比较好，一来代码更短，二来空间更省，倒序就完了。
• 二维费用的$01$背包，简化版本的$01$背包模板就有了用武之地，因为三维数组可能会爆内存。

AcWing 1020. 潜水员 二维费用背包问题，但是是一道 反题，与正常题目相左的一道题。 人家是装不下就不再装了，它的含义是相反的：我还缺少多少，如果你给的多，那么直接把我装满~

老套路，二维好想，一维好记：

二维写法

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1010;
const int M = 110;
int n, m, m1, m2;
int f[N][M][M];

int main() {
    cin >> m1 >> m2 >> n;
    memset(f, 0x3f, sizeof f);
    f[0][0][0] = 0;

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int v1, v2, w;
        cin >> v1 >> v2 >> w;
        for (int j = 0; j <= m1; j++)
            for (int k = 0; k <= m2; k++) {
                f[i][j][k] = f[i - 1][j][k];
                f[i][j][k] = min(f[i - 1][j][k], f[i - 1][max(0, j - v1)][max(0, k - v2)] + w);
            }
    }
    cout << f[n][m1][m2] << endl;
    return 0;
}

一维写法

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 22, M = 80;

int n, m, K;
int f[N][M];

int main() {
    cin >> n >> m >> K;

    memset(f, 0x3f, sizeof f);
    f[0][0] = 0;

    while (K--) {
        int v1, v2, w;
        cin >> v1 >> v2 >> w;
        for (int i = n; i >= 0; i--)
            for (int j = m; j >= 0; j--)
                f[i][j] = min(f[i][j], f[max(0, i - v1)][max(0, j - v2)] + w);
    }

    cout << f[n][m] << endl;

    return 0;
}

三、$01$背包之恰好装满

AcWing 278. 数字组合

二维代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 110;
const int M = 10010;
int n, m;
int v;
int f[N][M];

int main() {
    cin >> n >> m;

    for (int i = 0; i <= n; i++) f[i][0] = 1; // base case

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> v;
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            // 从前i-1个物品中选择，装满j这么大的空间，假设方案数是5个
            // 那么，在前i个物品中选择，装满j这么大的空间，方案数最少也是5个
            // 如果第i个物品，可以选择，那么可能使得最终的选择方案数增加
            f[i][j] = f[i - 1][j];
            // 增加多少呢？前序依赖是：f[i - 1][j - v]
            if (j >= v) f[i][j] += f[i - 1][j - v];
        }
    }
    // 输出结果
    printf("%d\n", f[n][m]);
    return 0;
}

一维代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 10010;

int n, m;
int v;
int f[N]; // 在前i个物品，体积是j的情况下，恰好装满的方案数

int main() {
    cin >> n >> m;

    // 体积恰好j, f[0]=1, 其余是0
    f[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> v;
        for (int j = m; j >= v; j--)
            f[j] += f[j - v];
    }
    printf("%d\n", f[m]);
    return 0;
}

四、完全背包

AcWing 3. 完全背包问题

二维写法

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1010;
int n, m;
int f[N][N];

int main() {
    cin >> n >> m;

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int v, w;
        cin >> v >> w;
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            f[i][j] = f[i - 1][j];
            if (j >= v)
                f[i][j] = max(f[i][j], f[i][j - v] + w);
        }
    }
    printf("%d\n", f[n][m]);
    return 0;
}

一维解法

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 1010;
int n, m;
int f[N];

// 完全背包问题
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);
    }
    printf("%d\n", f[m]);
    return 0;
}

五、完全背包之恰好装满

AcWing 1023. 买书

二维数组

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 1010;
int v[5] = {0, 10, 20, 50, 100};
int f[5][N];

int main() {
    int m;
    cin >> m;
    // 前0种物品，体积是0的情况下只有一种方案
    f[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= 4; i++)
        for (int j = 0; j <= m; j++) {
            f[i][j] = f[i - 1][j];
            if (v[i] <= j) f[i][j] += f[i][j - v[i]];
        }
    printf("%d\n", f[4][m]);
    return 0;
}

一维数组

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 1010;
int v[5] = {0, 10, 20, 50, 100};
int f[N];

// 体积限制是恰好是，因此需要初始化f[0][0]为合法解1，其他位置为非法解0。
int main() {
    int m;
    cin >> m;
    // 前0种物品，体积是0的情况下只有一种方案
    f[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= 4; i++)
        for (int j = v[i]; j <= m; j++)
            f[j] += f[j - v[i]];
    // 输出
    printf("%d\n", f[m]);
    return 0;
}

总结 ① 完全背包的经典优化是哪个混蛋想出来的，真它娘的是个人才。 ② 对比$01$背包与完全背包的代码，发现是一正一反。 ③ 完全背包求最大值与恰好装满的方案数，除了初始化不同，其它的一样。$f[i][0]=1$这样的初始化，我也服了~ ④ 背包问题这样的经典代码，除了理解算法原理，会推导外，重点还是模板背诵。用模板知识解决实际问题才是考试的本质，虽然考试不一定能选拔出能力强的人才，但能选拔出做过这方面训练的人员。

AcWing 1021. 货币系统

完全背包之恰好装满，只不过$int$装不下，需要开long long,捎带着学习一下隔板法，应对一下高中数学组合数学。

十年$OI$一场空，不开long $long$见祖宗。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long LL;

const int N = 20;
const int M = 3010;
int n, m;
LL v[N];
LL f[M];

int main() {
    cin >> n >> m;
    f[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> v[i];
        for (int j = v[i]; j <= m; j++)
            f[j] += f[j - v[i]];
    }
    printf("%lld\n", f[m]);
    return 0;
}

AcWing 532. 货币系统

总结 非常经典的$NOIP$题目！一般都是需要自己挖掘一些性质，然后再用代码模板去解题，挖掘的性质一般靠经验去猜。

常见的套路包括：排序，按数对左端点排序啥的。

排序完成后，逐个遍历一下，看看这个数字能不能用它前面的数字表示出来（完全背包+恰好装满），如果能的话，说明这个数字可以扔掉，因为扔掉后依然可以靠比它小的构造出来，如果不能就必须保留下来，最终统计一下数字个数就行了。

本题最后一个细节：不能跑多次DP,性能差，需要只跑一次$DP$，可以使用求组成方案数，如果只有一种方案，即$f[i]=1$表示$i$只能用自己表示自己，就是需要保留的。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 110;   // N个正整数
const int M = 25010; // 表示的最大金额上限
int n;               // 实际输入的正整数个数
int v[N];            // 每个输入的数字,也相当于占用的体积是多大
int f[M];            // 二维优化为一维的DP数组，f[i]：面额为i时的前序货币组成方案数

int main() {
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        // 每轮初始化一次dp数组，因为有多轮
        memset(f, 0, sizeof f);

        cin >> n;
        for (int i = 0; i < n; i++) cin >> v[i];
        // 每个货币的金额，都只能由比它小的货币组装而成，需要排一下序
        sort(v, v + n);

        // 背包容量
        int m = v[n - 1];

        // 在总金额是0的情况下，只有一种方案
        f[0] = 1;
        
        // 恰好装满：计算每个体积（面额）的组成方案
        for (int i = 0; i < n; i++)
            for (int j = v[i]; j <= m; j++)
                f[j] += f[j - v[i]];

        // 统计结果数
        int res = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++)
            // 如果当前面额的组成方案只有一种，那么它只能被用自己描述自己，不能让其它人描述自己
            // 这个面额就必须保留
            if (f[v[i]] == 1) res++;
        // 输出结果
        printf("%d\n", res);
    }
    return 0;
}

六、多重背包

AcWing 4. 多重背包问题 I

AcWing 1019. 庆功会

数据范围 0<N,V≤100 0<v_i,w_i,s_i≤100

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110;
int n, m;

int f[N][N];
int main() {
    cin >> n >> m;

    for (int i = 1; i <= n; i++) { // 讨论每个物品
        int w, v, s;
        cin >> v >> w >> s;
        for (int j = 0; j <= m; j++)                   // 讨论每个剩余的体积
            for (int k = 0; k <= s && v * k <= j; k++) // 讨论加入的个数
                f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - k * v] + w * k);
    }
    printf("%d\n", f[n][m]);
    return 0;
}

AcWing 5. 多重背包问题 II

数据范围 0<N≤1000 0<V≤2000 0<v_i,w_i,s_i≤2000

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1010; // 个数上限
const int M = 2010; // 体积上限
int n, m, idx;
// 无法使用二维数组，原因是因为分拆后N*31*M=31*1010*2010太大了，MLE了
// 所以，需要使用滚动数组进行优化一下，思想还是二维的
int f[2][M];

struct Node {
    int w, v;
} c[N * 31];

int main() {
    cin >> n >> m;

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int v, w, s;
        cin >> v >> w >> s;
        for (int j = 1; j <= s; j *= 2) { // 1,2,4,8,16,32,64,128,...打包
            c[++idx] = {j * w, j * v};
            s -= j;
        }
        // 不够下一个2^n时，独立成包
        if (s) c[++idx] = {s * w, s * v};
    }

    // 按01背包跑就可以啦
    for (int i = 1; i <= idx; i++)
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            f[i & 1][j] = f[i - 1 & 1][j];
            if (j >= c[i].v)
                f[i & 1][j] = max(f[i & 1][j], f[i - 1 & 1][j - c[i].v] + c[i].w);
        }

    // 输出
    printf("%d\n", f[idx & 1][m]);
    return 0;
}

AcWing 6. 多重背包问题 $III$

数据范围 0<N≤1000

0<V≤20000

0<v_i,w_i,s_i≤20000

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 1010;  // 物品种类上限
const int M = 20010; // 背包容量上限
int n, m;

int f[N][M]; // 前i个物品，在容量为j的限定下，最大的价值总和
int q[M];    // 单调优化的队列,M是背包容量上限，说明q[]里面保存的是体积

// 二维+队列[k-s*v,k],队列长s+1
int main() {
    cin >> n >> m;

    for (int i = 1; i <= n; i++) { // 考虑前i种物品
        int v, w, s;               // 体积、价值、个数
        cin >> v >> w >> s;
        // 下面的j,k是一起用来描述剩余体积的,之所以划分成两层循环，是因为依赖的前序是按v为间隔的依赖，并且，是有个数限制的依赖
        // j:按对体积取模分组：0表示剩余空间除以当前物品的体积余数是0
        // k:分组内的每一个体积,注意：这里的体积不一定都是合法的，因为数量是有限制的
        // 单调队列的意义：查找前面k-s*v范围内的价值的最大值，是一个单调递减的队列，队头保存的是获取到最大值的最近体积
        for (int j = 0; j < v; j++) {         // 按余数分组讨论
            int hh = 0, tt = -1;              // 全新的单调下降队列
            for (int k = j; k <= m; k += v) { // 与j一起构成了有效体积
                // 1、讨论到第i个物品时，由于它最多只有s个，所以有效的转移体积最小是k-s*v,更小的体积将被去除
                if (hh <= tt && q[hh] < k - s * v) hh++;
                // 2、处理队尾,下一个需要进入队列的是f[i-1][k]，它是后来的，生命周期长，可以干死前面能力不如它的所有老头子,以保证一个单调递减的队列
                while (hh <= tt && f[i - 1][q[tt]] + (k - q[tt]) / v * w <= f[i - 1][k]) tt--;
                // 3、k入队列
                q[++tt] = k;
                // 4、队列维护完毕，f[i-1][k]已经进入队列,f[i][k]可以直接从队头取出区间最大值更新自己
                f[i][k] = f[i - 1][q[hh]] + (k - q[hh]) / v * w;
            }
        }
    }
    printf("%d\n", f[n][m]);
    return 0;
}

七、混合背包

• ① 将$01$背包看成是数量只有$1$个的多重背包问题
• ② 完全背包也不是真正的无限个数，因为受背包容量的限制，它最多可以使用的个数是$s_i=m/v_i$个,也就转化为多重背包问题

使用多重背包问题的二进制优化统一处理即可

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int n;    // 物品种类
int m;    // 背包容量
int f[N]; // dp数组
int idx;

struct Node {
    int v, w;
} c[N * 31];

int main() {
    cin >> n >> m;

    // 二进制打包
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        // 体积，价值，个数
        int v, w, s;
        cin >> v >> w >> s;

        // 根据题意做一些小的变形
        if (s == -1)
            s = 1; // 题目中s=-1表示只有1个
        else if (s == 0)
            s = m / v; // 完全背包(其实本质上就是多重背包):最多总体积/该物品体积向下取整
        // 如果是其它大于0的数字，那么是多重背包

        // 将完全背包和多重背包利用二进制优化转化为01背包
        for (int j = 1; j <= s; j *= 2) {
            c[++idx] = {j * v, j * w};
            s -= j;
        }
        // 不够下一个2^n时，独立成包
        if (s) c[++idx] = {s * v, s * w};
    }
    // 01背包
    for (int i = 1; i <= idx; i++)
        for (int j = m; j >= c[i].v; j--)
            f[j] = max(f[j], f[j - c[i].v] + c[i].w);
    // 输出
    printf("%d\n", f[m]);
    return 0;
}

八、分组背包

AcWing 9. 分组背包问题

二维状态

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 110;
int n, m;
int f[N][N], v[N][N], w[N][N], s[N];

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> s[i]; // 第i个分组中物品个数
        for (int j = 1; j <= s[i]; j++)
            cin >> v[i][j] >> w[i][j]; // 第i个分组中物品的体积和价值
    }

    for (int i = 1; i <= n; i++)            // 每组
        for (int j = 0; j <= m; j++) {      // 每个合法体积
            f[i][j] = f[i - 1][j];          // 如果一个都不要，那么这一组就相当于白费，给你机会也不中用，继承于i-1
            for (int k = 1; k <= s[i]; k++) // 选择第k个
                if (j >= v[i][k])
                    f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - v[i][k]] + w[i][k]); // 枚举每一个PK一下大小
        }
    // 输出打表结果
    printf("%d", f[n][m]);
    return 0;
}

一维状态

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 110;

int n, m;
int v[N][N], w[N][N], s[N];
int f[N];

int main() {
    cin >> n >> m;

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> s[i];
        for (int j = 1; 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 = 1; k <= s[i]; k++)
                if (j >= v[i][k])
                    f[j] = max(f[j], f[j - v[i][k]] + w[i][k]);

    printf("%d\n", f[m]);
    return 0;
}

AcWing 1013. 机器分配 分组背包求最优路径