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  • 背包

    2014-11-08 10:46:35
    一.01背包:(每种背包零或一)二.完全背包:(每种数量不限)三.多重背包:(每种背包数量给出)四.完整程序五.例题 1(POJ1276)2(UVA12653) 一.01背包:(每种背包零或一
    @JintianGo 2014-11-08 10:44 字数 2396 阅读 1

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    背包

    一.01背包:(每种背包零或一)

    1. int v; //v为总的容量
    2. int dp[N];
    3. void ZeroOnePack(int cost,int weight){
    4. for(int j=v;j>=cost;j--) ///注意是逆序的(滚动数组)
    5. dp[j]=max(dp[j],dp[j-cost]+weight);
    6. }

    二.完全背包:(每种数量不限)

    1. int v; //v为总的容量
    2. int dp[N];
    3. void CompletePack(int cost,int weight){
    4. for(int j=cost;j<=v;j++) ///注意是顺序的
    5. dp[j]=max(dp[j],dp[j-cost]+weight);
    6. }

    三.多重背包:(每种背包数量给出)

    何谓多重背包,就是在原来经典的0/1背包的基础上规定一个物品可以背有限次,也是区别于无限背包的特点之一。其实解决的方法很简单,只要把一个物品的多次看做是另一个物品,也就是说产生一种新的物品这个物品的重量是原来的两倍,三倍,…n倍。这样就将多重背包转化成了典型的0/1背包了.

    1. int v; //v为总的容量
    2. int dp[N];
    3. void MultiplePack(int cost,int weight,int amount){
    4. if(cost*amount>=v)
    5. CompletePack(cost,weight);
    6. else
    7. {
    8. int k=1;
    9. while(k<amount)
    10. {
    11. ZeroOnePack(k*cost,k*weight);
    12. amount-=k;
    13. k+=k;
    14. }
    15. ZeroOnePack(amount*cost,amount*weight);
    16. }
    17. }

    四.完整程序

    1. void ZeroOnePack(int cost,int weight)
    2. {
    3. for(int j=v; j>=cost; j--) ///注意是逆序的
    4. dp[j]=max(dp[j],dp[j-cost]+weight);
    5. }
    6. void CompletePack(int cost,int weight)
    7. {
    8. for(int j=cost; j<=v; j++) ///注意是顺序的
    9. dp[j]=max(dp[j],dp[j-cost]+weight);
    10. }
    11. void MultiplePack(int cost,int weight,int amount)
    12. {
    13. if(cost*amount>=v)
    14. CompletePack(cost,weight);
    15. else
    16. {
    17. int k=1;
    18. while(k<amount)
    19. {
    20. ZeroOnePack(k*cost,k*weight);
    21. amount-=k;
    22. k+=k;
    23. }
    24. ZeroOnePack(amount*cost,amount*weight);
    25. }
    26. }

    五.例题

    1(POJ1276)

    1. #include <iostream>
    2. #include <cstdio>
    3. #include <cstring>
    4. #include <string>
    5. #include <stack>
    6. #define maxn 100000+10
    7. using namespace std;
    8. int v,N;
    9. int cnt[11],c[1001];
    10. int dp[maxn];
    11. void ZeroOnePack(int cost,int weight)
    12. {
    13. for(int j=v; j>=cost; j--) ///注意是逆序的
    14. dp[j]=max(dp[j],dp[j-cost]+weight);
    15. }
    16. void CompletePack(int cost,int weight)
    17. {
    18. for(int j=cost; j<=v; j++) ///注意是顺序的
    19. dp[j]=max(dp[j],dp[j-cost]+weight);
    20. }
    21. void MultiplePack(int cost,int weight,int amount)
    22. {
    23. if(cost*amount>=v)
    24. CompletePack(cost,weight);
    25. else
    26. {
    27. int k=1;
    28. while(k<amount)
    29. {
    30. ZeroOnePack(k*cost,k*weight);
    31. amount-=k;
    32. k+=k;
    33. }
    34. ZeroOnePack(amount*cost,amount*weight);
    35. }
    36. }
    37. int main()
    38. {
    39. while(~scanf("%d%d",&v,&N))
    40. {
    41. for(int i=0; i<N; i++)
    42. cin>>cnt[i]>>c[i];
    43. memset(dp,0,sizeof(dp));
    44. for(int i=0; i<N; i++)
    45. MultiplePack(c[i],c[i],cnt[i]);//注意这里要考虑到起点的cost与weight都是c[i]
    46. cout<<dp[v]<<endl;
    47. }
    48. return 0;
    49. }

    2(UVA12653)

    1. #include <iostream>
    2. #include <cstdio>
    3. #include <cstring>
    4. #define maxn 10000
    5. using namespace std;
    6. int a[55];
    7. int dp[maxn];
    8. int main()
    9. {
    10. int T,n,t;
    11. cin>>T;
    12. int tmp=T;
    13. while(T--)
    14. {
    15. cin>>n>>t;
    16. memset(dp,-1,sizeof(dp));
    17. dp[0]=0;
    18. for(int i=0;i<n;i++)
    19. {
    20. cin>>a[i];
    21. for(int j=t-1;j>=a[i];j--)
    22. if(~dp[j-a[i]])//一个小优化
    23. dp[j]=max(dp[j],dp[j-a[i]]+1);
    24. }
    25. int ans=0,index=0;
    26. for(int j=t-1;j>=0;j--)
    27. {
    28. if(dp[j]>ans)
    29. {
    30. ans=dp[j];
    31. index=j;
    32. }
    33. }
    34. printf("Case %d: %d %d\n",tmp-T,ans+1,index+678);
    35. }
    36. }
    @JintianGo 2014-11-08 10:44 字数 2396 阅读 1
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  • 有n个物品,它们有各自的体积和价值,现有给定容量的背包,如何让背包里装入的物品具有最大的价值总和? 为方便讲解和理解,下面讲述的例子均先用具体的数字代入,即:eg:number=4,capacity=8 i(物品编号) ...

    问题描述

    有n个物品,它们有各自的体积和价值,现有给定容量的背包,如何让背包里装入的物品具有最大的价值总和?

    为方便讲解和理解,下面讲述的例子均先用具体的数字代入,即:eg:number=4,capacity=8

    i(物品编号) 1 2 3 4
    w(体积) 2 3 4 5
    v(价值) 3 4 5 6

     

    总体思路

    根据动态规划解题步骤(问题抽象化、建立模型、寻找约束条件、判断是否满足最优性原理、找大问题与小问题的递推关系式、填表、寻找解组成)找出01背包问题的最优解以及解组成,然后编写代码实现。

    动态规划的原理

    动态规划与分治法类似,都是把大问题拆分成小问题,通过寻找大问题与小问题的递推关系,解决一个个小问题,最终达到解决原问题的效果。但不同的是,分治法在子问题和子子问题等上被重复计算了很多次,而动态规划则具有记忆性,通过填写表把所有已经解决的子问题答案纪录下来,在新问题里需要用到的子问题可以直接提取,避免了重复计算,从而节约了时间,所以在问题满足最优性原理之后,用动态规划解决问题的核心就在于填表,表填写完毕,最优解也就找到。

    最优性原理是动态规划的基础,最优性原理是指“多阶段决策过程的最优决策序列具有这样的性质:不论初始状态和初始决策如何,对于前面决策所造成的某一状态而言,其后各阶段的决策序列必须构成最优策略”。

    背包问题的解决过程

    在解决问题之前,为描述方便,首先定义一些变量:Vi表示第 i 个物品的价值,Wi表示第 i 个物品的体积,定义V(i,j):当前背包容量 j,前 i 个物品最佳组合对应的价值,同时背包问题抽象化(X1,X2,…,Xn,其中 Xi 取0或1,表示第 i 个物品选或不选)。

    1、建立模型,即求max(V1X1+V2X2+…+VnXn);

    2、寻找约束条件,W1X1+W2X2+…+WnXn<capacity;

    3、寻找递推关系式,面对当前商品有两种可能性:

    • 包的容量比该商品体积小,装不下,此时的价值与前i-1个的价值是一样的,即V(i,j)=V(i-1,j);
    • 还有足够的容量可以装该商品,但装了也不一定达到当前最优价值,所以在装与不装之间选择最优的一个,即V(i,j)=max{V(i-1,j),V(i-1,j-w(i))+v(i)}。

    其中V(i-1,j)表示不装,V(i-1,j-w(i))+v(i) 表示装了第i个商品,背包容量减少w(i),但价值增加了v(i);

    由此可以得出递推关系式:

    • j<w(i)      V(i,j)=V(i-1,j)
    • j>=w(i)     V(i,j)=max{V(i-1,j),V(i-1,j-w(i))+v(i)}

    这里需要解释一下,为什么能装的情况下,需要这样求解(这才是本问题的关键所在!):

    可以这么理解,如果要到达V(i,j)这一个状态有几种方式?

    肯定是两种,第一种是第i件商品没有装进去,第二种是第i件商品装进去了。没有装进去很好理解,就是V(i-1,j);装进去了怎么理解呢?如果装进去第i件商品,那么装入之前是什么状态,肯定是V(i-1,j-w(i))。由于最优性原理(上文讲到),V(i-1,j-w(i))就是前面决策造成的一种状态,后面的决策就要构成最优策略。两种情况进行比较,得出最优。

    4、填表,首先初始化边界条件,V(0,j)=V(i,0)=0;

    然后一行一行的填表:

    • 如,i=1,j=1,w(1)=2,v(1)=3,有j<w(1),故V(1,1)=V(1-1,1)=0;
    • 又如i=1,j=2,w(1)=2,v(1)=3,有j=w(1),故V(1,2)=max{ V(1-1,2),V(1-1,2-w(1))+v(1) }=max{0,0+3}=3;
    • 如此下去,填到最后一个,i=4,j=8,w(4)=5,v(4)=6,有j>w(4),故V(4,8)=max{ V(4-1,8),V(4-1,8-w(4))+v(4) }=max{9,4+6}=10……

    所以填完表如下图:

    5、表格填完,最优解即是V(number,capacity)=V(4,8)=10。

     

    代码实现

    为了和之前的动态规划图可以进行对比,尽管只有4个商品,但是我们创建的数组元素由5个。

    #include<iostream>
    using namespace std;
    #include <algorithm>
    
    int main()
    {
    	int w[5] = { 0 , 2 , 3 , 4 , 5 };			//商品的体积2、3、4、5
    	int v[5] = { 0 , 3 , 4 , 5 , 6 };			//商品的价值3、4、5、6
    	int bagV = 8;					        //背包大小
    	int dp[5][9] = { { 0 } };			        //动态规划表
    
    	for (int i = 1; i <= 4; i++) {
    		for (int j = 1; j <= bagV; j++) {
    			if (j < w[i])
    				dp[i][j] = dp[i - 1][j];
    			else
    				dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - w[i]] + v[i]);
    		}
    	}
    
    	//动态规划表的输出
    	for (int i = 0; i < 5; i++) {
    		for (int j = 0; j < 9; j++) {
    			cout << dp[i][j] << ' ';
    		}
    		cout << endl;
    	}
    
    	return 0;
    }

     

    背包问题最优解回溯

    通过上面的方法可以求出背包问题的最优解,但还不知道这个最优解由哪些商品组成,故要根据最优解回溯找出解的组成,根据填表的原理可以有如下的寻解方式:

    • V(i,j)=V(i-1,j)时,说明没有选择第i 个商品,则回到V(i-1,j);
    • V(i,j)=V(i-1,j-w(i))+v(i)时,说明装了第i个商品,该商品是最优解组成的一部分,随后我们得回到装该商品之前,即回到V(i-1,j-w(i));
    • 一直遍历到i=0结束为止,所有解的组成都会找到。

    就拿上面的例子来说吧:

    • 最优解为V(4,8)=10,而V(4,8)!=V(3,8)却有V(4,8)=V(3,8-w(4))+v(4)=V(3,3)+6=4+6=10,所以第4件商品被选中,并且回到V(3,8-w(4))=V(3,3);
    • 有V(3,3)=V(2,3)=4,所以第3件商品没被选择,回到V(2,3);
    • 而V(2,3)!=V(1,3)却有V(2,3)=V(1,3-w(2))+v(2)=V(1,0)+4=0+4=4,所以第2件商品被选中,并且回到V(1,3-w(2))=V(1,0);
    • 有V(1,0)=V(0,0)=0,所以第1件商品没被选择。

     

    代码实现

    背包问题最终版详细代码实现如下:

    #include<iostream>
    using namespace std;
    #include <algorithm>
    
    int w[5] = { 0 , 2 , 3 , 4 , 5 };			//商品的体积2、3、4、5
    int v[5] = { 0 , 3 , 4 , 5 , 6 };			//商品的价值3、4、5、6
    int bagV = 8;					        //背包大小
    int dp[5][9] = { { 0 } };			        //动态规划表
    int item[5];					        //最优解情况
    
    void findMax() {					//动态规划
    	for (int i = 1; i <= 4; i++) {
    		for (int j = 1; j <= bagV; j++) {
    			if (j < w[i])
    				dp[i][j] = dp[i - 1][j];
    			else
    				dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - w[i]] + v[i]);
    		}
    	}
    }
    
    void findWhat(int i, int j) {				//最优解情况
    	if (i >= 0) {
    		if (dp[i][j] == dp[i - 1][j]) {
    			item[i] = 0;
    			findWhat(i - 1, j);
    		}
    		else if (j - w[i] >= 0 && dp[i][j] == dp[i - 1][j - w[i]] + v[i]) {
    			item[i] = 1;
    			findWhat(i - 1, j - w[i]);
    		}
    	}
    }
    
    void print() {
    	for (int i = 0; i < 5; i++) {			//动态规划表输出
    		for (int j = 0; j < 9; j++) {
    			cout << dp[i][j] << ' ';
    		}
    		cout << endl;
    	}
    	cout << endl;
    
    	for (int i = 0; i < 5; i++)			//最优解输出
    		cout << item[i] << ' ';
    	cout << endl;
    }
    
    int main()
    {
    	findMax();
    	findWhat(4, 8);
    	print();
    
    	return 0;
    }

     

    展开全文
  • 彻底理解0-1背包问题

    万次阅读 多人点赞 2018-10-07 08:33:04
    0-1背包问题 给定n个重量为w1,w2,w3,…,wn,价值为v1,v2,v3,…,vn的物品和容量为C的背包,求这个物品中一个最有价值的子集,使得在满足背包的容量的前提下,包内的总价值最大 0-1背包问题指的是每个物品只能使用一...

    0-1背包问题

    给定n个重量为w1w_1w2w_2,w3w_3,…,wnw_n,价值为v1v_1,v2v_2,v3v_3,…,vnv_n的物品和容量为CC的背包,求这个物品中一个最有价值的子集,使得在满足背包的容量的前提下,包内的总价值最大

    0-1背包问题指的是每个物品只能使用一次

    递归方法

    首先我们用递归的方式来尝试解决这个问题
    我们用F(n,C)F(n,C)表示将前nn个物品放进容量为CC的背包里,得到的最大的价值。
    我们用自顶向下的角度来看,假如我们已经进行到了最后一步(即求解将nn个物品放到背包里获得的最大价值),此时我们便有两种选择

    1. 不放第nn个物品,此时总价值为F(n1,C)F(n-1,C)
    2. 放置第nn个物品,此时总价值为vn+F(n1,Cwn)v_n+F(n-1,C-w_n)

    两种选择中总价值最大的方案就是我们的最终方案,递推式(有时也称之为状态转移方程)如下
    F(i,C)=max(F(i1,C),v(i)+F(i1,Cw(i)))F(i,C)=max(F(i-1,C),v(i)+F(i-1,C-w(i)))
    编程实现如下:

    public class KnapSack01 {
        /**
         * 解决背包问题的递归函数
         *
         * @param w        物品的重量数组
         * @param v        物品的价值数组
         * @param index    当前待选择的物品索引
         * @param capacity 当前背包有效容量
         * @return 最大价值
         */
        private static int solveKS(int[] w, int[] v, int index, int capacity) {
            //基准条件:如果索引无效或者容量不足,直接返回当前价值0
            if (index < 0 || capacity <= 0)
                return 0;
    
            //不放第index个物品所得价值
            int res = solveKS(w, v, index - 1, capacity);
            //放第index个物品所得价值(前提是:第index个物品可以放得下)
            if (w[index] <= capacity) {
                res = Math.max(res, v[index] + solveKS(w, v, index - 1, capacity - w[index]));
            }
            return res;
        }
    
        public static int knapSack(int[] w, int[] v, int C) {
            int size = w.length;
            return solveKS(w, v, size - 1, C);
        }
    
        public static void main(String[] args){
            int[] w = {2,1,3,2};
            int[] v = {12,10,20,15};
            System.out.println(knapSack(w,v,5));
        }
    }
    
    

    记忆化搜索

    我们用递归方法可以很简单的实现以上代码,但是有个严重的问题就是,直接采用自顶向下的递归算法会导致要不止一次的解决公共子问题,因此效率是相当低下的。
    我们可以将已经求得的子问题的结果保存下来,这样对子问题只会求解一次,这便是记忆化搜索。
    下面在上述代码的基础上加上记忆化搜索

    public class KnapSack01 {
        private static int[][] memo;
    
        /**
         * 解决背包问题的递归函数
         *
         * @param w        物品的重量数组
         * @param v        物品的价值数组
         * @param index    当前待选择的物品索引
         * @param capacity 当前背包有效容量
         * @return 最大价值
         */
        private static int solveKS(int[] w, int[] v, int index, int capacity) {
            //基准条件:如果索引无效或者容量不足,直接返回当前价值0
            if (index < 0 || capacity <= 0)
                return 0;
    
            //如果此子问题已经求解过,则直接返回上次求解的结果
            if (memo[index][capacity] != 0) {
                return memo[index][capacity];
            }
    
            //不放第index个物品所得价值
            int res = solveKS(w, v, index - 1, capacity);
            //放第index个物品所得价值(前提是:第index个物品可以放得下)
            if (w[index] <= capacity) {
                res = Math.max(res, v[index] + solveKS(w, v, index - 1, capacity - w[index]));
            }
            //添加子问题的解,便于下次直接使用
            memo[index][capacity] = res;
            return res;
        }
    
        public static int knapSack(int[] w, int[] v, int C) {
            int size = w.length;
            memo = new int[size][C + 1];
            return solveKS(w, v, size - 1, C);
        }
    
        public static void main(String[] args) {
            int[] w = {2, 1, 3, 2};
            int[] v = {12, 10, 20, 15};
            System.out.println(knapSack(w, v, 5));
        }
    }
    
    

    动态规划算法

    在这里插入图片描述
    在这里插入图片描述

    public class KnapSack01 {
        public static int knapSack(int[] w, int[] v, int C) {
            int size = w.length;
            if (size == 0) {
                return 0;
            }
    
            int[][] dp = new int[size][C + 1];
            //初始化第一行
            //仅考虑容量为C的背包放第0个物品的情况
            for (int i = 0; i <= C; i++) {
                dp[0][i] = w[0] <= i ? v[0] : 0;
            }
    		//填充其他行和列
            for (int i = 1; i < size; i++) {
                for (int j = 0; j <= C; j++) {
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j];
                    if (w[i] <= j) {
                        dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], v[i] + dp[i - 1][j - w[i]]);
                    }
                }
            }
            return dp[size - 1][C];
        }
    
        public static void main(String[] args) {
            int[] w = {2, 1, 3, 2};
            int[] v = {12, 10, 20, 15};
            System.out.println(knapSack(w, v, 5));
        }
    }
    
    

    空间复杂度的极致优化

    上面的动态规划算法使用了O(n*C)的空间复杂度(因为我们使用了二维数组来记录子问题的解),其实我们完全可以只使用一维数组来存放结果,但同时我们需要注意的是,为了防止计算结果被覆盖,我们必须从后向前分别进行计算
    在这里插入图片描述
    我们仍然假设背包空间为5,根据F(i,C)=max(F(i1,C),v(i)+F(i1,Cw(i)))F(i,C)=max(F(i-1,C),v(i)+F(i-1,C-w(i)))我们可以知道,当我们利用一维数组进行记忆化的时候,我们只需要使用到当前位置的值和该位置之前的值,举个例子
    假设我们要计算F(i,4)F(i,4),我们需要用到的值为F(i1,4)F(i-1,4)F(i1,4w(i))F(i-1,4-w(i)),因此为了防止结果被覆盖,我们需要从后向前依次计算结果
    最终的动态规划代码如下

    public class KnapSack01 {
        public static int knapSack(int[] w, int[] v, int C) {
            int size = w.length;
            if (size == 0) {
                return 0;
            }
    
            int[] dp = new int[C + 1];
            //初始化第一行
            //仅考虑容量为C的背包放第0个物品的情况
            for (int i = 0; i <= C; i++) {
                dp[i] = w[0] <= i ? v[0] : 0;
            }
    
            for (int i = 1; i < size; i++) {
                for (int j = C; j >= w[i]; j--) {
                    dp[j] = Math.max(dp[j], v[i] + dp[j - w[i]]);
                }
            }
            return dp[C];
        }
    
        public static void main(String[] args) {
            int[] w = {2, 1, 3, 2};
            int[] v = {12, 10, 20, 15};
            System.out.println(knapSack(w, v, 5));
        }
    }
    
    

    利用背包问题的思想解决问题

    leetcode 416 Partition Equal Subset Sum

    给定一个仅包含正整数的非空数组,确定该数组是否可以分成两部分,要求两部分的和相等

    问题分析

    该问题我们可以利用背包问题的思想进行求解。

    假设给定元素个数为nn的数组arr,数组元素的和为sum,对应于背包问题,等价于有nn个物品,每个物品的重量和价值均为为arr[i],背包的限重为sum/2,求解背包中的物品最大价值为多少?

    class Solution {
        private boolean knapSack(int[] nums,int sum){
            int size = nums.length;
            
            boolean[] dp = new boolean[sum + 1];
            for (int i = 0;i <= sum;i ++){
               dp[i] = i == nums[0];
            }
            
            for (int i = 1;i < size;i++){
                for (int j = sum;j >= nums[i];j--){
                    dp[j] = dp[j] || dp[j-nums[i]];
                }
            }
            return dp[sum];
        }
        
        public boolean canPartition(int[] nums) {
            int sum = 0;
            for (int item : nums){
                sum += item;
            }
            
            //如果数组元素和不是2的倍数,直接返回false
            if (sum % 2 != 0)
                return false;
            
            return knapSack(nums,sum/2);
        }
    }
    
    展开全文
  • 背包九讲——全篇详细理解与代码实现

    万次阅读 多人点赞 2018-12-04 08:57:57
    dd_engi背包九讲的个人整理,包含代码例题及个人理解

    DD engi 背包九讲的个人整理

    写在前面

    这篇文章涵盖了dd_engi背包九讲的所有内容,基本框架相同,但加上了许多个人的理解、详细解释、代码实现与例题,去除了我认为没有多大用的伪代码替换成了好理解的代码,字母都加上了LaTeXLaTeX,采用相同的变量,相信能让读者理解透彻,不用再翻那么多博客反复学习。

    文章最后有我自己整理的各种背包的综合模板,可供参考。如有错误劳烦指出。

    背包九讲最新版pdf(beta1.2 20120508)已由作者崔添翼(dd_engi)上传至github,完全公开,不需要在其他网站花费积分甚至付费下载,github下载链接 网盘 633c

    在这里插入图片描述

    01背包问题

    题目

    NN件物品和一个容量为VV的背包。第ii件物品的费用是w[i]w[i],价值是v[i]v[i],求将哪些物品装入背包可使价值总和最大。

    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[i][j]f[i][j]表示前ii件物品恰放入一个容量为jj的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是:

    f[i][j]=max(f[i1][j],f[i1][jw[i]]+v[i])f[i][j]=max({f[i-1][j],f[i-1][j-w[i]]+v[i]})

    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ii件物品放入容量为jj的背包中”这个子问题,若只考虑第ii件物品的策略(放或不放),那么就可以转化为一个只牵扯前i1i-1件物品的问题。如果不放第ii件物品,那么问题就转化为“前i1i-1件物品放入容量为jj的背包中”,价值为f[i1][j]f[i-1][j];如果放第ii件物品,那么问题就转化为“前i1i-1件物品放入剩下的容量为jw[i]j-w[i]的背包中”,此时能获得的最大价值就是f[i1][jw[i]]f[i-1][j-w[i]]再加上通过放入第ii件物品获得的价值v[i]v[i]

    优化空间复杂度

    以上方法的时间和空间复杂度均为O(VN)O(VN),其中时间复杂度已经不能再优化了,但空间复杂度却可以优化到O(N)O(N)
    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...Ni=1...N,每次算出来二维数组f[i][0...V]f[i][0...V]的所有值。那么,如果只用一个数组f[0...V]f[0...V],能不能保证第ii次循环结束后f[j]f[j]中表示的就是我们定义的状态f[i][j]f[i][j]呢?f[i][j]f[i][j]是由f[i1][j]f[i-1][j]f[i1][jw[i]]f[i-1][j-w[i]]两个子问题递推而来,能否保证在推f[i][j]f[i][j]时(也即在第ii次主循环中推f[j]f[j]时)能够得到f[i1][j]f[i-1][j]f[i1][jw[i]]f[i-1][j-w[i]]的值呢?事实上,这要求在每次主循环中我们以j=V...0j=V...0的顺序推f[j]f[j],这样才能保证推f[j]f[j]f[jw[i]]f[j-w[i]]保存的是状态f[i1][jw[i]]f[i-1][j-w[i]]的值。至于为什么下面有详细解释。代码如下:

    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = V; j >= 0; j--)
            f[j] = max(f[j], f[j - w[i]] + v[i]);
    

    其中的f[j]=max(f[j],f[jw[i]])f[j]=max({f[j],f[j-w[i]]})一句恰就相当于我们的转移方程f[i][j]=max(f[i1][j],f[i1][jw[i]])f[i][j]=max({f[i-1][j],f[i-1][j-w[i]]}),因为现在的f[jw[i]]f[j-w[i]]就相当于原来的f[i1][jw[i]]f[i-1][j-w[i]]。如果将VV的循环顺序从上面的逆序改成顺序的话,那么则成了f[i][j]f[i][j]f[i][jw[i]]f[i][j-w[i]]推知,与本题意不符,但它却是另一个重要的背包问题(完全背包)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多次用到,以后的代码中就直接调用不再加以说明。

    下面再给出一段代码,注意和上面的代码有什么不同

    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = V; j >= w[i]; j--)
            f[j] = max(f[j], f[j - w[i]] + v[i]);
    

    注意这个过程里的处理与前面给出的代码有所不同。前面的示例程序写成j=V...0j=V...0是为了在程序中体现每个状态都按照方程求解了,避免不必要的思维复杂度。而这里既然已经抽象成看作黑箱的过程了,就可以加入优化。费用为w[i]w[i]的物品不会影响状态f[0...j1]f[0...j-1],这是显然的。

    初始化的细节问题

    我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"恰好装满背包"时的最优解,有的题目则并没有要求必须把背包装满。这两种问法的区别是在初始化的时候有所不同。
    如果是第一种问法,要求恰好装满背包,那么在初始化时除了f[0]f[0]00其它f[1...V]f[1...V]均设为-∞,这样就可以保证最终得到的f[N]f[N]是一种恰好装满背包的最优解。
    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]f[0...V]全部设为00
    为什么呢?可以这样理解:初始化的ff数组事实上就是在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。如果要求背包恰好装满,那么此时只有容量为00的背包可能被价值为00nothingnothing“恰好装满”,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。如果背包并非必须被装满,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00,所以初始时状态的值也就全部为00了。这个小技巧完全可以推广到其它类型的背包问题,后面也就不再对进行状态转移之前的初始化进行讲解。

    一个常数优化

    前面的代码中有for(j=V...w[i])for(j=V...w[i]),还可以将这个循环的下限进行改进。
    由于只需要最后f[j]f[j]的值,倒推前一个物品,其实只要知道f[jw[n]]f[j-w[n]]即可。以此类推,对以第jj个背包,其实只需要知道到f[jsum(w[j...n])]f[j-sum({w[j...n]})]即可,即代码可以改成

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int bound = max(V - sum{w[i + 1]...w[n]}, w[i]);
        for (int j = V; j >= bound, j--)
            f[j] = max(f[j], f[j - w[i]] + v[i]);
    }
    

    对于求sumsum可以用前缀和,这对于VV比较大时是有用的。
    具体代码:

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

    在这里插入图片描述

    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。

    例题:

    Luogu 2925 干草出售
    Luogu 1616 疯狂的采药
    HDU 3466 Proud Merchants

    完全背包问题

    题目

    NN种物品和一个容量为VV的背包,每种物品都有无限件可用。第ii种物品的费用是w[i]w[i],价值是v[i]v[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。

    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00件、取11件、取22件……等很多种。如果仍然按照解01背包时的思路,令f[i][j]f[i][j]表示前ii种物品恰放入一个容量为VV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[i][j]=max(f[i1][jkw[i]]+kv[i])0<=kw[i]<=jf[i][j]=max({f[i-1][j-k*w[i]]+k*v[i])|0<=k*w[i]<=j}

    这跟01背包问题一样有O(VN)O(VN)个状态需要求解,但求解每个状态的时间已经不是常数了,求解状态f[i][j]f[i][j]的时间是O(V/w[i])O(V/w[i]),总的复杂度可以认为是O(NΣ(V/w[i]))O(N*Σ(V/w[i])),是比较大的。将01背包问题的基本思路加以改进,得到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,可以推及其它类型的背包问题。但我们还是试图改进这个复杂度。

    一个简单有效的优化

    完全背包问题有一个很简单有效的优化,是这样的:若两件物品iijj满足w[i]<=w[j]w[i]<=w[j]v[i]>=v[j]v[i]>=v[j],则将物品jj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jj换成物美价廉的ii,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。
    这个优化可以简单的O(N2)O(N^{2})地实现,一般都可以承受。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VV的物品去掉,然后使用类似计数排序的做法,计算出费用相同的物品中价值最高的是哪个,可以O(V+N)O(V+N)地完成这个优化。
    在这里插入图片描述

    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,那么我们可以考虑把完全背包问题转化为01背包问题来解。最简单的想法是,考虑到第ii种物品最多选V/w[i]V/w[i]件,于是可以把第ii种物品转化为V/w[i]V/w[i]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。
    更高效的转化方法是:把第ii种物品拆成费用为w[i]2kw[i]*2^{k}、价值为v[i]2kv[i]*2^{k}的若干件物品,其中kk满足w[i]2k<=Vw[i]*2^{k}<=V。这是二进制的思想,因为不管最优策略选几件第ii种物品,总可以表示成若干个2k2^{k}件物品的和。这样把每种物品拆成O(log(V/w[i]))O(log (V/w[i]))件物品,是一个很大的改进。但我们有更优的O(VN)O(VN)的算法。

    O(VN)O(VN)的算法

    这个算法使用一维数组,先看代码:

    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = w[i]; j <= V; j++)
            f[j] = max(f[j], f[j - w[i]] + v[i]);
    

    细心的读者会发现,这个代码与01背包的代码只有jj的循环次序不同而已。为什么这样一改就可行呢?首先想想为什么01背包中要按照j=V...0j=V...0的逆序来循环。这是因为要保证第ii次循环中的状态f[i][j]f[i][j]是由状态f[i1][jw[i]]f[i-1][j-w[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ii件物品”这件策略时,依据的是一个绝无已经选入第ii件物品的子结果f[i1][jw[i]]f[i-1][j-w[i]]。而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件,所以在考虑“加选一件第ii种物品”这种策略时,却正需要一个可能已选入第ii种物品的子结果f[i][jw[i]]f[i][j-w[i]],所以就可以并且必须采用j=0...Vj=0...V的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。值得一提的是,上面的伪代码中两层forfor循环的次序可以颠倒。这个结论有可能会带来算法时间常数上的优化。
    这个算法也可以以另外的思路得出。例如,将基本思路中求解f[i][jw[i]]f[i][j-w[i]]的状态转移方程显式地写出来,代入原方程中,会发现该方程可以等价地变形成这种形式:

    f[i][j]=max(f[i1][j],f[i][jw[i]]+v[i])f[i][j]=max({f[i-1][j],f[i][j-w[i]]+v[i]})

    将这个方程用一维数组实现,便得到了上面的代码。

    小结

    完全背包问题也是一个相当基础的背包问题,它有两个状态转移方程,分别在“基本思路”以及“O(VN)O(VN)的算法“的小节中给出。希望你能够对这两个状态转移方程都仔细地体会,不仅记住,也要弄明白它们是怎么得出来的,最好能够自己想一种得到这些方程的方法。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、提高动态规划功力的好方法。
    例题:
    HDU 1114 Piggy-Bank
    Luogu 1853 投资的最大效益

    顺序枚举与倒序枚举详细解释

    首先说完全背包的正序枚举
    假设你现在有一个体积为VV的背包,有一个体积为33,价值为44的物品,如果正序枚举的话,等我们填充到33这个位置,就会得到价值为4的物品,
    在这里插入图片描述
    等我们在填充到66这个位置时,发现还可以造成更大的价值,也就是把这个物品再用一遍
    在这里插入图片描述
    这就是完全背包为什么体积正序枚举的原因
    下面说01背包的倒序枚举
    题目一样,此时倒序填充背包,为了方便从66开始
    在这里插入图片描述
    此时,在体积为6的背包中有了价值为4的物品,但体积为3的背包中物品的价值仍然为0,也就是说填充体积为6的背包只得到了填充体积为3的背包的价值,等再枚举到体积为3的背包时,我们才填充了体积为3的背包,接下来枚举物品是就不会再重复使用这个物品了,所以这个物品只被放了一次,最后的状态是这样的
    在这里插入图片描述
    也就是为什么01背包要倒序枚举的原因。
    还没看明白的话,还有一篇更详细的——点这里

    多重背包问题

    题目

    NN种物品和一个容量为VV的背包。第ii种物品最多有p[i]p[i]件可用,每件费用是w[i]w[i],价值是v[i]v[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。

    基本算法

    这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ii种物品有p[i]+1p[i]+1种策略:取00件,取11件……取p[i]p[i]件。令f[i][j]f[i][j]表示前ii种物品恰放入一个容量为jj的背包的最大权值,则有状态转移方程:

    f[i][j]=max(f[i1][jkw[i]]+kv[i])0<=k<=p[i]f[i][j]=max({f[i-1][j-k*w[i]]+k*v[i])|0<=k<=p[i]}

    复杂度是O(VΣp[i])O(V*Σp[i])

    转化为01背包问题

    另一种好想好写的基本方法是转化为01背包求解:把第ii种物品换成p[i]p[i]件01背包中的物品,则得到了物品数为Σp[i]Σp[i]的01背包问题,直接求解,复杂度仍然是O(VΣp[i])O(V*Σp[i])。但是我们期望将它转化为01背包问题之后能够像完全背包一样降低复杂度。仍然考虑二进制的思想,我们考虑把第ii种物品换成若干件物品,使得原问题中第ii种物品可取的每种策略——取0...p[i]0...p[i]件——均能等价于取若干件代换以后的物品。另外,取超过p[i]p[i]件的策略必不能出现。
    方法是:将第ii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,...,2k1,p[i]2k+11,2,4,...,2^{k-1},p[i]-2^{k}+1,且kk是满足p[i]2k+1>0p[i]-2^{k}+1>0的最大整数。例如,如果p[i]p[i]1313,就将这种物品分成系数分别为1,2,4,61,2,4,6的四件物品。分成的这几件物品的系数和为p[i]p[i],表明不可能取多于p[i]p[i]件的第ii种物品。另外这种方法也能保证对于0...p[i]0...p[i]间的每一个整数,均可以用若干个系数的和表示,这个证明可以分0...2k10...2^{k}-12k...p[i]2^{k}...p[i]两段来分别讨论得出,并不难,希望你自己思考尝试一下。这样就将第ii种物品分成了O(log(p[i]))O(log(p[i]))种物品,将原问题转化为了复杂度为O(VΣlog(p[i]))O(V*Σlog(p[i]))的01背包问题,是很大的改进。二进制拆分代码如下:

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int num = min(p[i], V / w[i]);
        for (int k = 1; num > 0; k <<= 1) {
            if (k > num) k = num;
            num -= k;
            for (int j = V; j >= w[i] * k; j--)
                f[j] = max(f[j], f[j - w[i] * k] + v[i] * k);
        }
    }
    
    O(VN)的算法

    实际情况下二进制拆分已经够用,不会有人把时间卡到只能用单调队列优化,下面的优化看不懂的同学不要强求!
    多重背包问题同样有O(VN)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个状态的值可以以均摊O(1)O(1)的时间求解。代码如下(需要外套1...n1...n循环):

    //p:某类物品数量,w:某类物品花费,v:某类物品价值,V:商品总价值
    void MultiPack(int p, int w, int v) {
        for (int j = 0; j < w; j++) { //j为w的所有组
            int head = 1, tail = 0;
            for (int k = j, i = 0; k <= V / 2; k += w, i++) {
                int r = f[k] - i * v;
                while (head <= tail and r >= q[tail].v) tail--;
                q[++tail] = node(i, r);
                while (q[head].id < i - p) head++; //需要的物品数目
                f[k] = q[head].v + i * v;
            }
        }
    }
    

    这里原作者并没有作过多解释,代码也没有给,应要求在这里讲一下,是个人的之前理解
    此前应先确保搞明白了单调队列,就是在区间移动时动态维护区间的最值
    观察它的转移方程:f[i][j]=max(f[i1][j],f[i1][jkw[i]]+kv[i])f[i][j]=max({f[i-1][j],f[i-1][j-k*w[i]]+k*v[i])}
    单调队列优化的主要思想就是分组更新,因为w[i]w[i]是成倍增加的
    f[i1][j]f[i-1][j]只会更新f[i1][j+kw[i]]f[i-1][j+k*w[i]](这里是从前往后看的,所以是+)
    对于当前为ww的体积,我们可以按照余数将它分为ww组,也就是0...w10...w-1
    同一个剩余系的数在一组
    比如在模33意义下,1,4,7,101,4,7,10是一组,2,5,8,112,5,8,11是一组,3,6,9,123,6,9,12是一组
    每组的转移是互不影响的,也就是单独转移
    举个例子
    f[i][5w]=max(f[i1][4w]+w,f[i1][3w]+2v,f[i1][2w]+3v,f[i1][w]+4v,f[i1][0]+5v)f[i][5w]=max({f[i-1][4w]+w,f[i-1][3w]+2v,f[i-1][2w]+3v,f[i-1][w]+4v,f[i-1][0]+5v})
    f[i][4w]=max(f[i1][3w]+w,f[i1][2w]+2v,f[i1][w]+3v,f[i1][0]+4v)f[i][4w]=max({f[i-1][3w]+w,f[i-1][2w]+2v,f[i-1][w]+3v,f[i-1][0]+4v})
    让所有的f[i][j]f[i][j]都减去j/wvj/w*v,式子就变成
    f[i][5w]=max(f[i1][4w]4v,f[i1][3w]3v,f[i1][2w]2v,f[i1][w]v,f[i1][0])f[i][5w]=max({f[i-1][4w]-4v,f[i-1][3w]-3v,f[i-1][2w]-2v,f[i-1][w]-v,f[i-1][0]})
    f[i][4w]=max(f[i1][3w]3v,f[i1][2w]2v,f[i1][w]v,f[i1][0])f[i][4w]=max({f[i-1][3w]-3v,f[i-1][2w]-2v,f[i-1][w]-v,f[i-1][0]})
    f[i][j]=max(f[i1][jmod  w+kw]kv+jv)f[i][j]=max({f[i-1][j\mod w+k*w]-k*v}+j*v)
    jmod  wj\mod w一定后,就可以用单调队列来优化了
    在这里插入图片描述

    小结

    这里我们看到了将一个算法的复杂度由O(VΣp[i])O(V*Σp[i])改进到O(VΣlog(p[i]))O(V*Σlog(p[i]))的过程,还知道了存在应用超出NOIPNOIP范围的知识的O(VN)O(VN)算法。希望你特别注意"拆分物品"的思想和方法,自己证明一下它的正确性,并将完整的程序代码写出来。

    例题:

    HDU 1059 Dividing
    Luogu P1776 宝物筛选

    混合背包问题

    问题

    如果将前面三个背包混合起来,也就是说,有的物品只可以取一次(01背包),有的物品可以取无限次(完全背包),有的物品可以取的次数有一个上限(多重背包),应该怎么求解呢?

    01背包与完全背包的混合

    考虑到在01背包和完全背包中给出的伪代码只有一处不同,故如果只有两类物品:一类物品只能取一次,另一类物品可以取无限次,那么只需在对每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即可,复杂度是O(VN)O(VN)

    再加上多重背包

    如果再加上有的物品最多可以取有限次,那么原则上也可以给出O(VN)O(VN)的解法:遇到多重背包类型的物品用单调队列解即可。但如果不考虑超过NOIPNOIP范围的算法的话,用多重背包中将每个这类物品分成O(log(p[i]))O(log(p[i]))个01背包的物品的方法也已经很优了。当然,更清晰的写法是调用我们前面给出的三个相关过程。代码:

    p[i]:每个物品的件数,0代表无穷个
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (p[i] == 0)
            for (int j = w[i]; j <= V; j++)
                f[j] = max(f[j], f[j - w[i]] + v[i]);
        else
        for (int k = 1; k <= p[i]; k++)
            for (int j = V; j >= w[i]; j--)
                f[j] = max(f[j], f[j - w[i]] + v[i]);
    

    在最初写出这三个过程的时候,可能完全没有想到它们会在这里混合应用。这就体现了编程中抽象的威力。如果你一直就是以这种"抽象出过程"的方式写每一类背包问题的,也非常清楚它们的实现中细微的不同,那么在遇到混合三种背包问题的题目时,一定能很快想到上面简洁的解法。

    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,但它在本讲中已经得到了充分的体现。本来01背包、完全背包、多重背包都不是什么难题,但将它们简单地组合起来以后就得到了这样一道一定能吓倒不少人的题目。但只要基础扎实,领会三种基本背包问题的思想,就可以做到把困难的题目拆分成简单的题目来解决。

    例题:

    Luogu P1833 樱花
    HDU 3535 AreYouBusy

    二维费用背包问题

    问题

    二维费用的背包问题是指:对于每件物品,具有两种不同的费用;选择这件物品必须同时付出这两种代价;对于每种代价都有一个可付出的最大值(背包容量)。问怎样选择物品可以得到最大的价值。设这两种代价分别为代价11和代价22,第ii件物品所需的两种代价分别为w[i]w[i]g[i]g[i]。两种代价可付出的最大值(两种背包容量)分别为VVTT。物品的价值为v[i]v[i]

    算法

    费用加了一维,只需状态也加一维即可。设f[i][j][k]f[i][j][k]表示前ii件物品付出两种代价分别为jjkk时可获得的最大价值。状态转移方程就是:f[i][j][k]=max(f[i1][j][k],f[i1][jw[i]][kg[i]]+v[i])f[i][j][k]=max({f[i-1][j][k],f[i-1][j-w[i]][k-g[i]]+v[i]})
    如前述方法,可以只使用二维的数组:当每件物品只可以取一次时变量jjkk采用逆序的循环,当物品有如完全背包问题时采用顺序的循环。当物品有如多重背包问题时拆分物品。代码:

    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = V; j >= w[i]; j--)
            for (int k = T; k >= g[i]; k--)
                f[j][k] = max(f[j][k], f[j - w[i]][k - g[i]] + v[i]);
    
    物品总个数的限制

    有时,“二维费用”的条件是以这样一种隐含的方式给出的:最多只能取MM件物品。这事实上相当于每件物品多了一种“件数”的费用,每个物品的件数费用均为11,可以付出的最大件数费用为MM。换句话说,设f[i][j]f[i][j]表示付出费用ii、最多选jj件时可得到的最大价值,则根据物品的类型(01、完全、多重)用不同的方法循环更新,最后在f[0...V][0...M]f[0...V][0...M]范围内寻找答案。

    复数域上的背包问题

    另一种看待二维背包问题的思路是:将它看待成复数域上的背包问题。也就是说,背包的容量以及每件物品的费用都是一个复数。而常见的一维背包问题则是实数域上的背包问题。(注意:上面的话其实不严谨,因为事实上我们处理的都只是整数而已。)所以说,一维背包的种种思想方法,往往可以应用于二位背包问题的求解中,因为只是数域扩大了而已。

    例题:

    Luogu 1507 NASA的食物计划
    HDU 2159 FATE

    分组背包问题

    问题

    NN件物品和一个容量为VV的背包。第i件物品的费用是w[i]w[i],价值是v[i]v[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][j]f[k][j]表示前kk组物品花费费用jj能取得的最大权值,则有:

    f[k][j]=max(f[k1][j],f[k1][jc[i]]+w[i]ik)f[k][j]=max({f[k-1][j],f[k-1][j-c[i]]+w[i]|物品i属于组k})

    伪代码如下:

    for (所有的组k)
        for (int j = V; j >= 0; j--)
            for (所有属于组k的i)
                f[j] = max{f[j], f[j - w[i]] + v[i]}
    

    注意这里的三层循环的顺序,for(j...0)for (j...0)这一层循环必须在forfor(所有的ii属于组kk)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。
    另外,显然可以对每组内的物品应用完全背包中“一个简单有效的优化”。

    小结

    分组的背包问题将彼此互斥的若干物品称为一个组,这建立了一个很好的模型。不少背包问题的变形都可以转化为分组的背包问题(例如有依赖的背包),由分组的背包问题进一步可定义“泛化物品”的概念,十分有利于解题。

    例题:

    Luogu 1757 通天之分组背包
    HDU 1712 ACboy needs your help

    有依赖背包问题

    简化的问题

    这种背包问题的物品间存在某种“依赖”的关系。也就是说,ii依赖于jj,表示若选物品ii,则必须选物品jj。为了简化起见,我们先设没有某个物品既依赖于别的物品,又被别的物品所依赖;另外,没有某件物品同时依赖多件物品。

    算法

    这个问题由NOIP2006NOIP2006金明的预算方案一题扩展而来。遵从该题的提法,将不依赖于别的物品的物品称为“主件”,依赖于某主件的物品称为“附件”。由这个问题的简化条件可知所有的物品由若干主件和依赖于每个主件的一个附件集合组成。
    按照背包问题的一般思路,仅考虑一个主件和它的附件集合。可是,可用的策略非常多,包括:一个也不选,仅选择主件,选择主件后再选择一个附件,选择主件后再选择两个附件…无法用状态转移方程来表示如此多的策略。(事实上,设有nn个附件,则策略有2n+12^{n}+1个,为指数级。)
    考虑到所有这些策略都是互斥的(也就是说,你只能选择一种策略),所以一个主件和它的附件集合实际上对应于分组背包中的一个物品组,每个选择了主件又选择了若干个附件的策略对应于这个物品组中的一个物品,其费用和价值都是这个策略中的物品的值的和。但仅仅是这一步转化并不能给出一个好的算法,因为物品组中的物品还是像原问题的策略一样多。
    再考虑分组背包中的一句话: 可以对每组中的物品应用完全背包中“一个简单有效的优化”。 这提示我们,对于一个物品组中的物品,所有费用相同的物品只留一个价值最大的,不影响结果。
    所以,我们可以对主件i的“附件集合”先进行一次01背包,得到费用依次为0...Vc[i]0...V-c[i]所有这些值时相应的最大价值f[0...Vc[i]]f'[0...V-c[i]]。那么这个主件及它的附件集合相当于Vc[i]+1V-c[i]+1个物品的物品组,其中费用为c[i]+kc[i]+k的物品的价值为f[k]+w[i]f'[k]+w[i]。也就是说原来指数级的策略中有很多策略都是冗余的,通过一次01背包后,将主件ii转化为Vc[i]+1V-c[i]+1个物品的物品组,就可以直接应用分组背包的算法解决问题了。

    较一般的问题

    更一般的问题是:依赖关系以图论中“森林”的形式给出(森林即多叉树的集合),也就是说,主件的附件仍然可以具有自己的附件集合,限制只是每个物品最多只依赖于一个物品(只有一个主件)且不出现循环依赖。
    解决这个问题仍然可以用将每个主件及其附件集合转化为物品组的方式。唯一不同的是,由于附件可能还有附件,就不能将每个附件都看作一个一般的01背包中的物品了。若这个附件也有附件集合,则它必定要被先转化为物品组,然后用分组的背包问题解出主件及其附件集合所对应的附件组中各个费用的附件所对应的价值。
    事实上,这是一种树形DPDP,其特点是每个父节点都需要对它的各个儿子的属性进行一次DPDP以求得自己的相关属性。这已经触及到了“泛化物品”的思想。看完泛化物品后,你会发现这个“依赖关系树”每一个子树都等价于一件泛化物品,求某节点为根的子树对应的泛化物品相当于求其所有儿子的对应的泛化物品之和。

    小结

    拿金明的预算方案来说,通过引入“物品组”和“依赖”的概念可以加深对这题的理解,还可以解决它的推广问题。用物品组的思想考虑那题中极其特殊的依赖关系:物品不能既作主件又作附件,每个主件最多有两个附件,可以发现一个主件和它的两个附件等价于一个由四个物品组成的物品组,这便揭示了问题的某种本质。

    例题:

    HDU 3449 Consumer
    Luogu 1064 金明的预算方案

    泛化物品

    定义

    考虑这样一种物品,它并没有固定的费用和价值,而是它的价值随着你分配给它的费用而变化。这就是泛化物品的概念。
    更严格的定义之。在背包容量为VV的背包问题中,泛化物品是一个定义域为0...V0...V中的整数的函数hh,当分配给它的费用为v时,能得到的价值就是h(v)h(v)
    这个定义有一点点抽象,另一种理解是一个泛化物品就是一个数组h[0...V]h[0...V],给它费用vv,可得到价值h[V]h[V]
    一个费用为cc价值为ww的物品,如果它是01背包中的物品,那么把它看成泛化物品,它就是除了h(c)=wh(c)=w其它函数值都为00的一个函数。如果它是完全背包中的物品,那么它可以看成这样一个函数,仅当vvcc整除时有h(v)=v/cwh(v)=v/c*w,其它函数值均为00。如果它是多重背包中重复次数最多为nn的物品,那么它对应的泛化物品的函数有h(v)=v/cwh(v)=v/c*w仅当vvcc整除且v/c<=nv/c<=n,其它情况函数值均为00。一个物品组可以看作一个泛化物品hh。对于一个0...V0...V中的vv,若物品组中不存在费用为vv的的物品,则h(v)=0h(v)=0,否则h(v)h(v)为所有费用为vv的物品的最大价值。有依赖的背包问题中每个主件及其附件集合等价于一个物品组,自然也可看作一个泛化物品。

    泛化物品的和

    如果面对两个泛化物品hhll,要用给定的费用从这两个泛化物品中得到最大的价值,怎么求呢?事实上,对于一个给定的费用vv,只需枚举将这个费用如何分配给两个泛化物品就可以了。同样的,对于0...V0...V的每一个整数vv,可以求得费用vv分配到hhll中的最大价值f(v)f(v)。也即

    f(v)=max(h(k)+l(vk)0<=k<=v)f(v)=max({h(k)+l(v-k)|0<=k<=v})

    可以看到,ff也是一个由泛化物品hhll决定的定义域为0...V0...V的函数,也就是说,ff是一个由泛化物品hhll决定的泛化物品。
    由此可以定义泛化物品的和:hlh、l都是泛化物品,若泛化物品ff满足以上关系式,则称ffhhll的和。这个运算的时间复杂度取决于背包的容量,是O(V2)O(V^{2})
    泛化物品的定义表明:在一个背包问题中,若将两个泛化物品代以它们的和,不影响问题的答案。事实上,对于其中的物品都是泛化物品的背包问题,求它的答案的过程也就是求所有这些泛化物品之和的过程。设此和为ss,则答案就是s[0...V]s[0...V]中的最大值。

    背包问题的泛化物品

    一个背包问题中,可能会给出很多条件,包括每种物品的费用、价值等属性,物品之间的分组、依赖等关系等。但肯定能将问题对应于某个泛化物品。也就是说,给定了所有条件以后,就可以对每个非负整数vv求得:若背包容量为vv,将物品装入背包可得到的最大价值是多少,这可以认为是定义在非负整数集上的一件泛化物品。这个泛化物品——或者说问题所对应的一个定义域为非负整数的函数——包含了关于问题本身的高度浓缩的信息。一般而言,求得这个泛化物品的一个子域(例如0...V0...V)的值之后,就可以根据这个函数的取值得到背包问题的最终答案。
    综上所述,一般而言,求解背包问题,即求解这个问题所对应的一个函数,即该问题的泛化物品。而求解某个泛化物品的一种方法就是将它表示为若干泛化物品的和然后求之。

    背包问题问法的变化

    以上涉及的各种背包问题都是要求在背包容量(费用)的限制下求可以取到的最大价值,但背包问题还有很多种灵活的问法,在这里值得提一下。但是我认为,只要深入理解了求背包问题最大价值的方法,即使问法变化了,也是不难想出算法的。例如,求解最多可以放多少件物品或者最多可以装满多少背包的空间。这都可以根据具体问题利用前面的方程求出所有状态的值(f数组)之后得到。还有,如果要求的是“总价值最小”“总件数最小”,只需简单的将上面的状态转移方程中的maxmax改成minmin即可。下面说一些变化更大的问法。

    输出方案

    一般而言,背包问题是要求一个最优值,如果要求输出这个最优值的方案,可以参照一般动态规划问题输出方案的方法:记录下每个状态的最优值是由状态转移方程的哪一项推出来的,换句话说,记录下它是由哪一个策略推出来的。便可根据这条策略找到上一个状态,从上一个状态接着向前推即可。还是以01背包为例,方程为

    f[i][j]=max(f[i1][j],f[i1][jw[i]]+v[i])f[i][j]=max({f[i-1][j],f[i-1][j-w[i]]+v[i]})

    再用一个数组g[i][j]g[i][j],设g[i][j]=0g[i][j]=0表示推出f[i][j]f[i][j]的值时是采用了方程的前一项(也即f[i][j]=f[i1][j]f[i][j]=f[i-1][j]),g[i][j]g[i][j]表示采用了方程的后一项。注意这两项分别表示了两种策略:未选第ii个物品及选了第ii个物品,最终状态为f[N][V]f[N][V]
    另外,采用方程的前一项或后一项也可以在输出方案的过程中根据f[i][j]f[i][j]的值实时地求出来,也即不须纪录gg数组,将上述代码中的g[i][j]==0g[i][j]==0改成f[i][j]==f[i1][j]f[i][j]==f[i-1][j]g[i][j]==1g[i][j]==1改成f[i][j]==f[i1][jw[i]]+v[i]f[i][j]==f[i-1][j-w[i]]+v[i]也可。

    输出字典序最小的最优方案

    这里“字典序最小”的意思是1...N1...N号物品的选择方案排列出来以后字典序最小。以输出01背包最小字典序的方案为例。一般而言,求一个字典序最小的最优方案,只需要在转移时注意策略。首先,子问题的定义要略改一些。我们注意到,如果存在一个选了物品11的最优方案,那么答案一定包含物品11,原问题转化为一个背包容量为jw[1]j-w[1],物品为2...N2...N的子问题。反之,如果答案不包含物品11,则转化成背包容量仍为VV,物品为2...N2...N的子问题。不管答案怎样,子问题的物品都是以i...Ni...N而非前所述的1...i1...i的形式来定义的,所以状态的定义和转移方程都需要改一下。但也许更简易的方法是先把物品逆序排列一下,以下按物品已被逆序排列来叙述。在这种情况下,可以按照前面经典的状态转移方程来求值,只是输出方案的时候要注意:从NN11输入时,如果f[i][j]==f[i1][ij]f[i][j]==f[i-1][i-j]f[i][j]==f[i1][jw[i]]+v[i]f[i][j]==f[i-1][j-w[i]]+v[i]同时成立,应该按照后者(即选择了物品ii)来输出方案。

    求方案总数

    对于一个给定了背包容量、物品费用、物品间相互关系(分组、依赖等)的背包问题,除了再给定每个物品的价值后求可得到的最大价值外,还可以得到装满背包或将背包装至某一指定容量的方案总数。对于一个给定了背包容量、物品费用、物品间相互关系(分组、依赖等)的背包问题,除了再给定每个物品的价值后求可得到的最大价值外,还可以得到装满背包或将背包装至某一指定容量的方案总数。对于这类改变问法的问题,一般只需将状态转移方程中的maxmax改成sumsum即可。例如若每件物品均是完全背包中的物品,转移方程即为

    f[i][j]=f[i1][j],f[i][jw[i]]f[i][j]=\sum {f[i-1][j],f[i][j-w[i]]}

    初始条件f[0][0]=1f[0][0]=1。事实上,这样做可行的原因在于状态转移方程已经考察了所有可能的背包组成方案。

    最优方案的总数

    这里的最优方案是指物品总价值最大的方案。以01背包为例。
    结合求最大总价值和方案总数两个问题的思路,最优方案的总数可以这样求:f[i][j]f[i][j]意义同前述,g[i][j]g[i][j]表示这个子问题的最优方案的总数,则在求f[i][j]f[i][j]的同时求g[i][j]g[i][j]

    求次优解、第KK优解

    对于求次优解、第KK优解类的问题,如果相应的最优解问题能写出状态转移方程、用动态规划解决,那么求次优解往往可以相同的复杂度解决,第KK优解则比求最优解的复杂度上多一个系数KK
    其基本思想是将每个状态都表示成有序队列,将状态转移方程中的max/minmax/min转化成有序队列的合并。这里仍然以01背包为例讲解一下。
    首先看01背包求最优解的状态转移方程:

    f[i][j]=max(f[i1][j],f[i1][jw[i]]+v[i])f[i][j]=max({f[i-1][j],f[i-1][j-w[i]]+v[i]})

    如果要求第KK优解,那么状态f[i][j]f[i][j]就应该是一个大小为KK的数组f[i][j][1...K]f[i][j][1...K]。其中f[i][j][k]f[i][j][k]表示前ii个物品、背包大小为jj时,第kk优解的值。“f[i][j]f[i][j]是一个大小为K的数组”这一句,熟悉C语言的同学可能比较好理解,或者也可以简单地理解为在原来的方程中加了一维。显然f[i][j][1...K]f[i][j][1...K]KK个数是由大到小排列的,所以我们把它认为是一个有序队列。然后原方程就可以解释为:f[i][j]f[i][j]这个有序队列是由f[i1][j]f[i-1][j]f[i1][jw[i]]+v[i]f[i-1][j-w[i]]+v[i]这两个有序队列合并得到的。有序队列f[i1][j]f[i-1][j]f[i1][j][1...K]f[i-1][j][1...K]f[i1][jw[i]]+v[i]f[i-1][j-w[i]]+v[i]则理解为在f[i1][jw[i]][1...K]f[i-1][j-w[i]][1...K]的每个数上加上v[i]v[i]后得到的有序队列。合并这两个有序队列并将结果的前KK项储存到f[i][j][1...K]f[i][j][1...K]中的复杂度是O(K)O(K)。最后的答案是f[N][V][K]f[N][V][K]。总的复杂度是O(VNK)O(VNK)。为什么这个方法正确呢?实际上,一个正确的状态转移方程的求解过程遍历了所有可用的策略,也就覆盖了问题的所有方案。只不过由于是求最优解,所以其它在任何一个策略上达不到最优的方案都被忽略了。如果把每个状态表示成一个大小为KK的数组,并在这个数组中有序的保存该状态可取到的前KK个最优值。那么,对于任两个状态的maxmax运算等价于两个由大到小的有序队列的合并。另外还要注意题目对于“第KK优解”的定义,将策略不同但权值相同的两个方案是看作同一个解还是不同的解。如果是前者,则维护有序队列时要保证队列里的数没有重复的。代码:

    int kth(int n, int V, int k) {
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = V; j >= w[i]; j--) {
                for (int l = 1; l <= k; l++) {
                    a[l] = f[j][l];
                    b[l] = f[j - w[i]][l] + v[i];
                }
                a[k + 1] = -1;
                b[k + 1] = -1;
                int x = 1, y = 1, o = 1;
                while (o != k + 1 and (a[x] != -1 or b[y] != -1)) {
                    if (a[x] > b[y]) f[j][o] = a[x], x++;
                    else f[j][o] = b[y], y++;
                    if (f[j][o] != f[j][o - 1]) o++;
                }
            }
        }
        return f[V][k];
    }
    
    
    小结

    显然,这里不可能穷尽背包类动态规划问题所有的问法。甚至还存在一类将背包类动态规划问题与其它领域(例如数论、图论)结合起来的问题,在这篇论背包问题的专文中也不会论及。但只要深刻领会前述所有类别的背包问题的思路和状态转移方程,遇到其它的变形问法,只要题目难度还属于NOIPNOIP,应该也不难想出算法。

    例题:

    HDU 2639 Bone Collector II
    HDU 3810 Magina

    附录一:背包问题的搜索解法

    简单的深搜

    对于01背包问题,简单的深搜的复杂度是O(2N)O(2^N)。就是枚举出所有2N2^N种将物品放入背包的方案,然后找最优解。

    搜索的剪枝

    基本的剪枝方法不外乎可行性剪枝或最优性剪枝。
    可行性剪枝即判断按照当前的搜索路径搜下去能否找到一个可行解,例如:若将剩下所有物品都放入背包仍然无法将背包充满(设题目要求必须将背包充满),则剪枝。
    最优性剪枝即判断按照当前的搜索路径搜下去能否找到一个最优解,例如:若加上剩下所有物品的权值也无法得到比当前得到的最优解更优的解,则剪枝。

    搜索的顺序

    在搜索中,可以认为顺序靠前的物品会被优先考虑。所以利用贪心的思想,将更有可能出现在结果中的物品的顺序提前,可以较快地得出贪心地较优解,更有利于最优性剪枝。所以,可以考虑将按照“性价比”(权值/费用)来排列搜索顺序。另一方面,若将费用较大的物品排列在前面,可以较快地填满背包,有利于可行性剪枝。最后一种可以考虑的方案是:在开始搜索前将输入文件中给定的物品的顺序随机打乱。这样可以避免命题人故意设置的陷阱。以上三种决定搜索顺序的方法很难说哪种更好,事实上每种方法都有适用的题目和数据,也有可能将它们在某种程度上混合使用。

    子集和问题

    子集和问题是一个NPCompleteNP-Complete问题,与前述的(加权的)01背包问题并不相同。给定一个整数的集合SS和一个整数XX,问是否存在SS的一个子集满足其中所有元素的和为XX。这个问题有一个时间复杂度为O(2N/2)O(2^{N/2})的较高效的搜索算法,其中NN是集合SS的大小。第一步思想是二分。将集合SS划分成两个子集S1S_1S2S_2,它们的大小都是N/2N/2。对于S1S_1S2S_2,分别枚举出它们所有的2N/22^{N/2}个子集和,保存到某种支持查找的数据结构中,例如hashsethash set。然后就要将两部分结果合并,寻找是否有和为XXSS的子集。事实上,对于S1S_1的某个和为X1X_1的子集,只需寻找S2S_2是否有和为XX1X-X_1的子集。假设采用的hashsethash set是理想的,每次查找和插入都仅花费O(1)O(1)的时间。两步的时间复杂度显然都是O(2N/2)O(2^{N/2})。实践中,往往可以先将第一步得到的两组子集和分别排序,然后再用两个指针扫描的方法查找是否有满足要求的子集和。这样的实现,在可接受的时间内可以解决的最大规模约为N=42N=42

    搜索还是DPDP?

    首先,可以从数据范围中得到命题人意图的线索。如果一个背包问题可以用DPDP解,VV一定不能很大,否则O(VN)O(VN)的算法无法承受,而一般的搜索解法都是仅与NN有关,与VV无关的。所以,VV很大时(例如上百万),命题人的意图就应该是考察搜索。另一方面,NN较大时(例如上百),命题人的意图就很有可能是考察动态规划了。另外,当想不出合适的动态规划算法时,就只能用搜索了。例如看到一个从未见过的背包中物品的限制条件,无法想出DPDP的方程,只好写搜索以谋求一定的分数了。

    附录二:USACO中的背包问题

    USACOUSACOUSAUSA ComputingComputing OlympiadOlympiad的简称,它组织了很多面向全球的计算机竞赛活动。USACOUSACO TrainngTrainng是一个很适合初学者的题库,题目质量高,循序渐进,还配有不错的课文和题目分析。其中关于背包问题的那篇课文 (TEXTKnapsackProblemsTEXT Knapsack Problems) 也值得一看。
    下面整理了USACOUSACO TrainingTraining中涉及背包问题的题目,应该可以作为不错的习题。
    但是USASOUSASO一般需要科学上网,所以不推荐去做题,有兴趣的搜一搜题目翻译再看一下题目思路就好。

    题目列表

    · InflateInflate(基本01背包)
    · StampsStamps(对初学者有一定挑战性)
    · MoneyMoney
    · NuggetsNuggets
    · SubsetsSubsets
    · RockersRockers(另一类有趣的“二维”背包问题)
    · Milk4Milk4(很怪的背包问题问法,较难用纯DP求解)

    题目简解

    InflateInflate是加权01背包问题,也就是说:每种物品只有一件,只可以选择放或者不放;而且每种物品有对应的权值,目标是使总权值最大或最小。它最朴素的状态转移方程是:

    f[i][j]=max(f[i1][j],f[i1][jw[i]]+v[i]f[i][j] = max({f[i-1][j] , f[i-1][j-w[i]]+v[i]}

    f[i][j]f[i][j]表示前ii件物品花费代价jj可以得到的最大权值。w[i]w[i]v[i]v[i]分别是第ii件物品的花费和权值。可以看到,f[i]f[i]的求解过程就是使用第ii件物品对f[i1]f[i-1]进行更新的过程。那么事实上就不用使用二维数组,只需要定义f[j]f[j],然后对于每件物品ii,顺序地检查f[j]f[j]f[jw[i]]+v[i]f[j-w[i]]+v[i]的大小,如果后者更大,就对前者进行更新。这是背包问题中典型的优化方法。

    stampsstamps中,每种物品的使用量没有直接限制,但使用物品的总量有限制。求第一个不能用这有限个物品组成的背包的大小。(可以这样等价地认为)设f[k][i]f[k][i]表示前kk件物品组成大小为ii的背包, 最少需要物品的数量。则

    f[k][i]=min(f[k1][i],f[k1][ijs[k]]+j)f[k][i]= min({f[k-1][i],f[k-1][i-j*s[k]]+j})

    其中jj是选择使用第kk件物品的数目,这个方程运用时可以用和上面一样的方法处理成一维的。求解时先设置一个粗糙的循环上限,即最大的物品乘最多物品数。

    MoneyMoney是多重背包问题。也就是每个物品可以使用无限多次。要求解的是构成一种背包的不同方案总数。基本上就是把一般的多重背包的方程中的minmin改成sumsum就行了。

    NuggetsNuggets的模型也是多重背包。要求求解所给的物品不能恰好放入的背包大小的最大值(可能不存在)。只需要根据“若iijj 互质,则关于xyx、y 的不定方程ix+yj=ni*x+y*j=n必有正整数解,其中n>ijn>i*j这一定理得出一个循环的上限。

    SubsetsSubsets子集和问题相当于物品大小是前NN个自然数时求大小为N(N+1)/4N*(N+1)/4的01背包的方案数。

    RockersRockers可以利用求解背包问题的思想设计解法。状态转移方程如下:

    f[i][j][t]=max(f[i][j][t1],f[i1][j][t],f[i1][j][ttime[i]]+1,f[i1][j1][T]+(t>=time[i]))f[i][j][t]=max({f[i][j][t-1],f[i-1][j][t],f[i-1][j][t-time[i]]+1,f[i-1][j-1][T]+(t>=time[i])})

    其中f[i][j][t]f[i][j][t]表示前ii首歌用jj张完整的盘和一张录了tt分钟的盘可以放入的最多歌数,TT是一张光盘的最大容量,t>=time[i]t>=time[i]是一个boolbool值转换成intint取值为0011。但这个方程的效率有点低,如果换成这样:f[i][j]=(a,b)f[i][j]=(a,b)表示前ii首歌中选了jj首需要用到aa张完整的光盘以及一张录了bb分钟的光盘,会将时空复杂度都大大降低。这种将状态的值设为二维的方法值得注意。

    Milk4Milk4是这些类背包问题中难度最大的一道了。很多人无法做到将它用纯DPDP方法求解,而是用迭代加深搜索枚举使用的桶,将其转换成多重背包问题再DPDP。由于USACOUSACO的数据弱,迭代加深的深度很小,这样也可以ACAC,但我们还是可以用纯DPDP方法将它完美解决的。设f[k]f[k]为称量出kk单位牛奶需要的最少的桶数。那么可以用类似多重背包的方法对ff数组反复更新以求得最小值。然而困难在于如何输出字典序最小的方案。我们可以对每个ii记录pref[i]pre_{f[i]}prev[i]pre_{v[i]}。表示得到ii单位牛奶的过程是用pref[i]pre_{f[i]}单位牛奶加上若干个编号为prev[i]pre_{v[i]}的桶的牛奶。这样就可以一步步求得得到ii单位牛奶的完整方案。为了使方案的字典序最小,我们在每次找到一个耗费桶数相同的方案时对已储存的方案和新方案进行比较再决定是否更新方案。为了使这种比较快捷,在使用各种大小的桶对ff数组进行更新时先大后小地进行。USACOUSACO的官方题解正是这一思路。如果认为以上文字比较难理解可以阅读官方程序。

    综合代码

    #include <iostream>
    #include <cstdio>
    #include <complex>
    #define A 1000010
    using namespace std;
    int f[A], w[A], v[A];
    /*---------0-1背包----------*/
    int knapsack01(int n, int V) {
        memset(f, 0xc0c0c0c0, sizeof f); f[0] = 0; //需要装满
        memset(f, 0, sizeof f); //不需要装满 
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            for (int j = V; j >= w[i]; j--)
                f[j] = max(f[j], f[j - w[i]] + v[i]);
        return f[V];
    }
    /*-----------完全背包----------*/
    int Fullbackpack(int n, int V) {
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            for (int j = w[i]; j <= V; j++)
                f[j] = max(f[j], f[j - w[i]] + v[i]);
        return f[V];
    }
    /*-------多重背包二进制拆分-------*/
    int number[A];
    int MultiplePack1(int n, int V) {
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            int num = min(number[i], V / w[i]);
            for (int k = 1; num > 0; k <<= 1) {
                if (k > num) k = num;
                num -= k;
                for (int j = V; j >= w[i] * k; j--)
                f[j] = max(f[j], f[j - w[i] * k] + v[i] * k);
            }
        }
        return f[V];
    }
    int newv[A], neww[A], cnt;
    int MultiplePack2(int n, int V) {
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= c[i]; j <<= 1) {
                newv[cnt] = j * v[i];
                neww[cnt++] = j * w[i];
                c[i] -= j;
            }
            if (c[i] > 0) {
                newv[cnt] = c[i] * v[i];
                neww[cnt++] = c[i] * w[i];
            }
        }
        for (int i = 1; i <= cnt; i++)
    	    for (int j = V; j >= neww[i]; j--)
    	        f[j] = max(f[j], f[j - neww[i]] + newv[i]);
    	return f[V];
    }
    /*------------多重背包单调队列优化------------*/
    void MultiPack(int p, int w, int v) {
        for (int j = 0; j < cost; j++) {
            int head = 1,tail = 0;
            for (int k = j, i = 0; k <= V / 2; k += w, i++) {
                int r = f[k] - i * v;
                while (head <= tail and r >= q[tail].v) tail--;
                q[++tail] = node(i, r);
                while (q[head].id < i - num) head++;
                f[k] = q[head].v + i * v;
            }
        }
    }
    /*-----------二维费用背包----------*/
    int t[A], g[A], dp[B][B];
    int Costknapsack(int n, int V, int T) {
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            for (int j = T; j >= w[i]; j--)
                for (int k = V; k >= g[i]; k--)
                    dp[j][k] = max(dp[j][k], dp[j - w[i]][k - g[i]] + v[i]);
    	return dp[T][V];
    }
    /*--------------分组背包--------------*/
    int a[B][B];
    int Groupingbackpack() {
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            for (int j = 1; j <= m; j++)
                scanf("%d", &a[i][j]);
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            for (int j = m; j >= 0; j--)
                for (int k = 1; k <= j; k++)
                    f[j] = max(f[j], f[j - k] + a[i][k]);
        return f[m];
    }
    /*------------K优解---------------*/
    int kth(int n, int V, int k) {
    	for (int i = 1; i <= n; i++) {
    	    for (int j = V; j >= w[i]; j--) {
    	  	    for (int l = 1; l <= k; l++) {
    	  		    a[l] = f[j][l];
    	  		    b[l] = f[j - w[i]][l] + v[i];
    			}
    			a[k + 1] = -1;
    			b[k + 1] = -1;
    			int x = 1, y = 1, o = 1;
    			while (o != k + 1 and (a[x] != -1 or b[y] != -1)) {
    				if (a[x] > b[y]) f[j][o] = a[x], x++;
    				else f[j][o] = b[y], y++;
    				if (f[j][o] != f[j][o - 1]) o++;
    			}
    		}
    	}
    	return f[V][k];
    }
    int main(int argc, char const *argv[]) {}
    

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