背包问题总结:01背包变形 rqnoj169 671 117 622 99 140
这个专题主要是总结一些01背包的变形问题，题目主要筛选来自RQNOJ（因为训练用的就是这个OJ啊），嗯话不多说进入专题。
例一： RQNOJ169 最小乘车费用
题目描述
假设某条街上每一公里就有一个公共汽车站，并且乘车费用如下表：
公里数 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
费用 12 21 31 40 49 58 69 79 90 101
而任意一辆汽车从不行驶超过10公里。某人想行驶n公里，假设他可以任意次换车，请你帮他找到一种乘车方案，使得总费用最小
注意：10公里的费用比1公里小的情况是允许的。
转换一下题意，那么这道题的题意就是我有体积为1-10的各个物品，各个花费为val[1]-val[10]要求刚好放满体积为V的背包时的最小花费。
题意转换完这样之后，我们便可以像01背包一样设计状态了。dp[i]表示填满体积为i的包所花的最小价值。
接着考虑转移,dp[i]一定是从1-10公里前能转移到它的值+选择这个公里的价值 的最小值转移而来。
需要注意的是，考虑到每一个点i的时候，由于要考虑之前的最小值，那么需要先求出i之前的所有点的最小值，那么需要先枚举i再枚举1-10每一个长度。
下附AC代码。
#include
#include
#include
#include
#define maxn 105
using namespace std;
int n=10;
int v;
int val[maxn];
int dp[maxn];
int main()
{
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&dp[i]);
val[i]=dp[i];
}
scanf("%d",&v);
for(int i=1;i<=v;i++)
{
for(int j=1;j<=10;j++)
if(i-j>=1)
{
dp[i]=min(dp[i],dp[i-j]+val[j]);
}
}
printf("%d\n",dp[v]);
}
例二： RQNOJ671 纯洁的买卖
题目描述
ALEJ并不是财迷，但是作为纯洁党的伟大领袖，不挣钱，纯洁的事业怎么能坚持下去！纯洁党现在已经有M(1<=M<=100000)元经费了。ALEJ有一个富II代朋友，叫做HSW，HSW特别喜欢高价收藏一些餐巾纸（毛泽东用过的）、袜子（恐龙穿过的）、马桶垫（还珠格格坐过的）、红领巾（毛新宇戴过的）等等，总之，没有他不买的。因此ALEJ想借HSW这个大财主，通过倒买倒卖拥有尽可能多的钱。
有N(1<=N<=100)件物品供他选择，每件物品的买入价为c[i](1<=c[i]<=100000)元，HSW的收藏价为r[i](1<=r[i]<=100000)元。每向HSW卖出一件物品i之后，还要向政府上交c[i]元的税。每种物品的数量都是无限的。
ALEJ想知道，通过一次买卖（种类、数量没有限制）后，纯洁党的经费能有多少。
首先分析题意：这道题呢首先发现每种物品是无限的，每个物品是c[i]的价格，可以获得r[i]-c[i](价格)-c[i](税)的价值。
那么好了，我们敏锐的双眼就会发现这是一道无限背包题目，体积为c[i],价值为r[i]-2*c[i]。
那么直接用无限背包的代码实现，实现部分没有什么特殊细节。不过最后需要注意，我们算出来的是最大能增加的价值，需要再加上本金。
下附AC代码。
#include
#include
#include
#define maxn 105
using namespace std;
int n,m;
int c[maxn],w[maxn];
int dp[1000005];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&c[i],&w[i]);
for(int j=c[i];j<=m;j++)
{
dp[j]=max(dp[j],dp[j-c[i]]+w[i]-2*c[i]);
}
}
printf("%d\n",dp[m]+m);
}
例三： RQNOJ117 最佳课题选择
题目描述
NaCN_JDavidQ要在下个月交给老师n篇论文，论文的内容可以从m个课题中选择。由于课题数有限，NaCN_JDavidQ不得不重复选择一些课题。完成不同课题的论文所花的时间不同。具体地说，对于某个课题i，若NaCN_JDavidQ计划一共写x篇论文，则完成该课题的论文总共需要花费Ai*x^Bi个单位时间（系数Ai和指数Bi均为正整数）。给定与每一个课题相对应的Ai和Bi的值，请帮助NaCN_JDavidQ计算出如何选择论文的课题使得他可以花费最少的时间完成这n篇论文。
首先理解题意，我们有n种东西，可以无限量选取共m个，使得加起来的总花费最小。
首先我们可以考虑设计状态，其实每一个物品可以选取的量也就是1-m个，那么就相当于，将每一种物品拆成了m个，每一个的体积为j (在1-m内)，价格为Ai*j^Bi 。对于每一个拆分成的物品，那么就是唯一的大小了，类似于01背包。
接着可以考虑转移，对于一维普通的01背包，先枚举每一个物品，再枚举容量。这里需要多加一个数量k，但是这个k是放在第二个枚举呢，还是第三次枚举呢，看起来好像放在第二个枚举比较合理。
不过由于一维01背包的精髓就是状态转移与前一个的状态的数值互不干扰。我们来做一个假设，假设现在枚举到了i，如果我们选择了第二个枚举k，那么在每次枚举l的时候，同样体积j的dp值已经被更新了，而不是从i-1的dp值转移而来了。如果选择第三个枚举k，第二个枚举j，那么dp[j]仍然是从j的大到小更新，在同一次枚举i的时候，不会有多余的状态干扰。
下附AC代码。
#include
#include
#include
#include
#define maxn 100005
using namespace std;
long long n,m;
long long a[maxn],b[maxn];
long long dp[maxn];
long long mypow(long long n,long long k)
{
long long ans=1;
while(k)
{
ans*=n;
k--;
}
return ans;
}
int main()
{
cin>>n>>m;
for(long long i=1;i<=m;i++)
{
cin>>a[i]>>b[i];
}
memset(dp,0x3f3f,sizeof(dp));
dp[0]=0;
for(long long i=1;i<=m;i++)
{
for(long long j=n;j>=1;j--)
{
for(long long k=1;k<=n;k++)
{
if(j-k>=0 && dp[j-k]<=1234567)
{
dp[j]=min(dp[j],dp[j-k]+(a[i]*mypow(k,b[i])));
}
}
}
}
cout< 例四： RQNOJ622 最佳课题选择
题目描述
设某一机器由 n个部件组成，每一种部件都可以从m个不同的供应商处购得。设W[i][j]是从供应商j处购得的部件i的重量，C[i][j] 是相应的价格。
试设计一个算法，给出总价格不超过d的最小重量机器设计。
【编程任务】
对于给定的机器部件重量和机器部件价格， 编程计算总价格不超过d的最小重量机器设计。
题意描述很清楚了。
首先我们来设计状态。由于对于每一个部件，必须从其中一家选一个，那么就是一个分组背包。
如果我们用dp[i][j]表示考虑到了前i个，价值不超过为d的最小重量。那么可以通过枚举这个选哪一家，来转移到下一家。
需要注意的是，由于必须选一个，所以我们的状态转移方程为dp[i+1][j+val[i][k]]=min(dp[i+1][j+val[i][k]],dp[i][j]+wei[i][k]); 从本身或者选转移而来。
下附AC代码。
#include
#include
#include
#include
#define maxn 1005
using namespace std;
int n,m,v;
int val[maxn][maxn];
int wei[maxn][maxn];
int dp[maxn][maxn];
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&v);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
scanf("%d",&val[i][j]);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
scanf("%d",&wei[i][j]);
}
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
dp[1][0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<=v;j++)
{
for(int k=1;k<=m;k++)
if(dp[i][j]<=12345678)
{
if(j+val[i][k]<=v)
dp[i+1][j+val[i][k]]=min(dp[i+1][j+val[i][k]],dp[i][j]+wei[i][k]);
}
}
}
int ans=987654321;
for(int i=0;i<=v;i++)
ans=min(ans,dp[n+1][i]);
printf("%d\n",ans);
} 例五： RQNOJ99 配置魔药
题目描述
在《Harry Potter and the Chamber of Secrets》中，Ron的魔杖因为坐他老爸的Flying Car撞到了打人柳，不幸被打断了，从此之后，他的魔杖的魔力就大大减少，甚至没办法执行他施的魔咒，这为Ron带来了不少的烦恼。这天上魔药课，Snape要他们每人配置一种魔药（不一定是一样的），Ron因为魔杖的问题，不能完成这个任务，他请Harry在魔药课上(自然是躲过了Snape的检查)帮他配置。现在Harry面前有两个坩埚，有许多种药材要放进坩埚里，但坩埚的能力有限，无法同时配置所有的药材。一个坩埚相同时间内只能加工一种药材，但是不一定每一种药材都要加进坩埚里。加工每种药材都有必须在一个起始时间和结束时间内完成（起始时间所在的那一刻和结束时间所在的那一刻也算在完成时间内），每种药材都有一个加工后的药效。现在要求的就是Harry可以得到最大的药效。
这道题还是很考验状态的转移的。
首先我们可以很容易得出一个dp[i][j][k]表示考虑到前i个，坩埚1时间在j，坩埚2时间在k时的最大药效。
那么状态如何转移呢？反正我是看了题解才发现这个状态转移是这么巧妙与简单....
其实对于一个状态dp[i][j][k]如果这个j或者k在这个药的右端点之后的话，那么便可以从dp[i-1][j][pil[i].l-1]+pil[i].val,dp[i-1][pil[i].l-1][k]+pil[i].val与它本身的最大值转移而来。即由现在考虑到的这个药的左端点的上一秒的最大值而来。所以每次在计算dp[i][j][k]，需要在之前知道比j小的j' 与比它小的k'的最大值。所以在我们需要事先对左端点进行排序，从小到大进行转移。
最后由于这道题也符合01背包倒推的性质，考虑到这一个了，只会关心比j与k比现在的j与k小的状态，那么倒序枚举，可以成功优化到两维。
下附AC代码。
#include
#include
#include
#include
#define maxn 105
using namespace std;
int t,n;
struct nod
{
int l,r;
int val;
}pil[maxn];
bool operator < (nod a,nod b)
{
return a.l=b ? a : b;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&t,&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d%d",&pil[i].l,&pil[i].r,&pil[i].val);
sort(pil+1,pil+1+n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=t;j>=0;j--)
{
for(int k=t;k>=0;k--)
{
if(j>=pil[i].r)
{
dp[j][k]=mymax(dp[j][k],dp[pil[i].l-1][k]+pil[i].val);
}
if(k>=pil[i].r)
{
dp[j][k]=mymax(dp[j][k],dp[j][pil[i].l-1]+pil[i].val);
}
}
}
}
printf("%d\n",dp[t][t]);
} 例六： RQNOJ140 分配时间
小王参加的考试是几门科目的试卷放在一起考，一共给t分钟来做。他现在已经知道每门科目花的时间和得到的分数的关系，还有写名字要的时间（他写自己的名字很慢）请帮他算一下他最高能得几分。总分一定时，第一门科目成绩尽量高，第一门科目成绩也一样时，第二门科目成绩尽量高…………以次类推。如果放弃某一门的考试（花的时间为0），那么名字也就不用写了。
样例说明
第一门：0分钟；第二门：3分钟，写名字1分钟，做题目2分钟，得3分；第三门：2分钟，写名字1分钟，做题目1分钟，得3分。总共得6分。
数据范围
对于50 %的数据，n<=4，对于100 %的数据，n<=10，t<=100, 所有数据都在longint范围内。
其实这道题的内容和第三题是一模一样的，刚刚写代码的时候忽然发现这道题用了2维，再次想的时候感觉可以优化就强行删掉一维，果然是可以的。
第一步我们先设计状态，dp[i][j]表示考虑到前i个，花了j分钟所能得到的最大分数。同样是一个类似于分组背包的内容，
第二步考虑转移，由于对于一个物体只能选择一个时间，所以也可以使用01背包的方法进行转移。不过需要多一维0-任意分钟的选择。对于先枚举花的时间，还是先枚举花了多少时间的问题，可以参加例三的题解。
最后答案当然是dp[t] t秒时候的最大得分啦~
下附AC代码。
#include
#include
#include
#define maxn 125
using namespace std;
int t,n,nam;
int val[maxn][maxn];
int dp[maxn];
int main()
{
scanf("%d%d%d",&t,&n,&nam);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=nam+1;j<=nam+t;j++)
scanf("%d",&val[i][j]);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=t;j>=nam;j--)
{
for(int k=nam+1;k<=nam+t;k++)
{
if(j-k>=0)
dp[j]=max(dp[j],dp[j-k]+val[i][k]);
}
}
}
printf("%d\n",dp[t]);
} 终于写完了这个专题了，动态规划确实难想，想出来了也难讲啊！