背包问题笔记
1、01背包
特点：物品要么选要么不选（0/1），背包恰好装满
用dp[i][v]代表前i件物品放进容量为v的背包所能达到的最大价值
决策：第i件物品放或者不放
如果要放：dp[i][v]=dp[i-1][v-w[i]]+val[i]
如果不放：dp[i][v]=dp[i-1][v]
二者取最大值即可
刷表法：如果i从小到大枚举，总能保证i-1已经计算过了，所以可以用for循环来实现刷表
初始化：dp[i][0]=0; dp[1~n][1~v]=-INF;
**对于合法的状态赋0，对于不合法的状态赋最差的值；对于恰好要装满的背包，如果dp[i-1][v-w[i]]是没有被计算过的（这种容量不可能达到），就不能计算这个情况，所以要把初始值赋为-INF；但对于一个容量为0的背包，不取它的价值就是0，这是合法的，所以应该把dp[i][0]赋值为0.
滚动数组优化：i下标只用记录i-1和i就可以了，奇数件物品在dp[1][n]中记录，偶数件物品在dp[0][n]中记录，奇数件的上一件是dp[0][n]，偶数件的上一件是dp[1][n]
优化到只有一维：枚举v时从v到w[i]逆序枚举，这样总能保证数组中存储的dp[v-w[i]]是上一件物品的情况
**初始化：最开始除了dp[0]是合法的，其他全部都应该是-INF
***如果不一定要装满，初始化全部赋值为0而没有-INF就可以
int ZeroOnePack(int Volume, int* Val, int* W, int n){
int F[Volume];
memset(F,0,sizeof(F));
//F[0]=0; memset(F,-INF,sizeof(F));
//恰好装满就用这行初始化
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=Volume;j>=1;j++){
F[j]=max[F[j],F[j-W[i]]+Val[i]];
}
}
return F[Volume];
}2、完全背包
特点：0/1背包的无限物品版本
优化1：因为物品无限，所以如果对于a,b两件物品，满足Val[a]>Val[b]并且W[a]
优化2（二进制优化）：对于重量为W[i]的物品，最多的件数为floor(Volume/W[i])，将它拆为2^0,2^1,2^2…2^n<=floor(Volume/W[i])件独立的物品
然后就是01背包了
int CompletePack(int Volume, int* Val, int* W, int n){
int newVal[maxn], newW[maxn], cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
int f=1;
while(f<=floor(Volume/W[i])){
newVal[++cnt]=f*Val[i];
newW[++cnt]=f*W[i];
f<<1;
}
}//没有写优化1了...
return ZeroOnePack(Volume,newVal,newW,cnt);
}O（VN）的优化：
方程：dp[i][v]=max{dp[i-1][v],dp[i][v-w[i]]+val[i]};v枚举顺序为w[i]~Volume
解释：01背包中逆序枚举的原因：如果v从小到大枚举，较大的v-w[i]可能会与本层循环中已计算过的v重叠导致Val[i]被重复计算；完全背包正序枚举原因：Val[i]被重复运算是允许的，正序可以包含i被多次使用的情况。
代码：把ZeroOnePack里面j层循环倒过来就好。
3、多重背包
把多重背包的二进制优化改一下就可以解决：
保证这堆二次方的总和一定小于物品的件数M[i]就可以了；
找到一个最大的k，使得2^k<=M[i]，那么从1加到2^(k-1)和为2^k-1是小于M[i]的，最后一件物品的“件数”为M[i]-2^k+1
int MultiplePack(int Volume, int* Val, int* W, int n, int* M){
int newVal[maxn], newW[maxn], cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
int f=1;
while(f<=M[i]>>1){//f循环到2^k-1就停止了
newVal[++cnt]=f*Val[i];
newW[++cnt]=f*W[i];
f<<1;
}
int last=M[i]-f<<1+1;
newVal[++cnt]=last*Val[i];
newW[++cnt]=last+W[i];
}
return ZeroOnePack(Volume,newVal,newW,cnt);
}4、混合背包
把F、Val、W设置成全局数组，用上面三个函数，就好了.
5、二维花费
用dp[i][j][k]代表取到第i件物品花费1、2分别为j、k就好了；
其他同理；
**看起来是一维花费，但是限制了总的物品件数，就给每件物品都加个大小为1的二维花费，给总的花费限制加一个二维，大小等于物品件数即可
6、分组的背包问题&有依赖的背包问题
转成树形dp…
好吧开玩笑的，没必要用树形dp；
分组背包：
对于每一组，有选择组内的一件物品和不选两种情况：dp[i][j]代表前i组容量为j时的最大价值，决策第i组内是否选一件物品就可以啦；方程：dp[i][j]=max{dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[k]+val[k]}，其中k是属于第i组的物品。因为物品不能重复选择，j的枚举同01背包一样Volume~0逆序即可。
有依赖的背包问题：
真的是树形dp了…
例题一道：
【问题描述】
"找啊找啊找GF,找到一个好GF,吃顿饭啊拉拉手,你是我的好GF.再见."
"诶,别再见啊..."
七夕...七夕...七夕这个日子,对于sqybi这种单身的菜鸟来说是多么的痛苦...虽然他听着这首叫做"找啊找啊找GF"的歌,他还是很痛苦.为了避免这种痛苦,sqybi决定要给自己找点事情干.他去找到了七夕模拟赛的负责人zmc MM,让她给自己一个出题的任务.经过几天的死缠烂打,zmc MM终于同意了.
但是,拿到这个任务的sqybi发现,原来出题比单身更让人感到无聊-_-....所以,他决定了,要在出题的同时去办另一件能够使自己不无聊的事情--给自己找GF.
sqybi现在看中了n个MM,我们不妨把她们编号1到n.请MM吃饭是要花钱的,我们假设请i号MM吃饭要花rmb[i]块大洋.而希望骗MM当自己GF是要费人品的,我们假设请第i号MM吃饭试图让她当自己GF的行为(不妨称作泡该MM)要耗费rp[i]的人品.而对于每一个MM来说,sqybi都有一个对应的搞定她的时间,对于第i个MM来说叫做time[i]. sqybi保证自己有足够的魅力用time[i]的时间搞定第i个MM^_^.
sqybi希望搞到尽量多的MM当自己的GF,这点是毋庸置疑的.但他不希望为此花费太多的时间(毕竟七夕赛的题目还没出),所以他希望在保证搞到MM数量最多的情况下花费的总时间最少.
sqybi现在有m块大洋,他也通过一段时间的努力攒到了r的人品(这次为模拟赛出题也攒rp哦~~).他凭借这些大洋和人品可以泡到一些MM.他想知道,自己泡到最多的MM花费的最少时间是多少.
注意sqybi在一个时刻只能去泡一个MM--如果同时泡两个或以上的MM的话,她们会打起来的...
【输入文件】
输入的第一行是n,表示sqybi看中的MM数量.
接下来有n行,依次表示编号为1, 2, 3, ..., n的一个MM的信息.每行表示一个MM的信息,有三个整数:rmb, rp和time.
最后一行有两个整数,分别为m和r.
【输出文件】
你只需要输出一行,其中有一个整数,表示sqybi在保证MM数量的情况下花费的最少总时间是多少.
【输入样例】
4
1 2 5
2 1 6
2 2 2
2 2 3
5 5
【输出样例】
13
思路
人民币和大洋就是物品的两个属性，耗时就是物品的价值，让价值最少就可以。经典的二维花费问题。