各种背包问题的基本思路

1 01 背包问题

1.1 题目

有$N$件物品和一个容量为$V$的背包。放入第 i 件物品耗费的费用是$C_i^1$，得到的 价值是 $W_i$。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。

1.2 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 $F(i,v)$ 表示前 i 件物品恰放入一个容量为 v 的背包可以获得 的最大价值。则其状态转移方程便是:$$f(i,v)=max\left\{f(i-1,v),f(i-1,v-C_i)+W_i\right\}$$
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$i$ 件物品放入容量为$v$ 的背包中”这个子问题，若 只考虑第$i$ 件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只和前$i-1$ 件物品相关 的问题。如果不放第 i 件物品，那么问题就转化为“前$i-1$ 件物品放入容量为$v$的背包中”，价值为 $F(i-1,v)$；如果放第 i 件物品，那么问题就转化为“前 i−1 件物品放 入剩下的容量为$v-C_i$ 的背包中”，此时能获得的最大价值就是 $F(i-1,v-Ci)$ 再加上 通过放入第 i 件物品获得的价值$W_i$。

//memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=number;i++){
    for(int j=1;j<=capacity;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])
        }
    }
}

1.3 优化空间复杂度

以上方法的时间和空间复杂度均为 $O(VN)$，其中时间复杂度应该已经不能再优化 了，但空间复杂度却可以优化到 $O(V)$。 先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环 $i\leftarrow 1...N$，每次算出来 二维数组 $F(i,0...V)$的所有值。那么，如果只用一个数组 $F(0...V)$，能不能保证第 i 次循环结束后 F[v] 中表示的就是我们定义的状态 $F(i,v)$ 呢？$F(i,v)$ 是由$F(i-1,v)$和 $F(i-1,v-C_i)$ 两个子问题递推而来，能否保证在推 $F(i,v)$时（也即在第$i$次主循环中 推 $F[v]$ 时）能够取用 $F(i-1,v])$和 $F(i-1,v-C_i)$的值呢？
事实上，这要求在每次主循环中我们以$v\leftarrow V...0$的递减顺序计算 $F[v]$，这样才 能保证计算$F[v]$时 $F(v-Ci)$保存的是状态 $F(i-1,v-Ci)$ 的值。代码如下：

for(int i=1;i<=number;i++){
   for(int j=capacity;j>=1;j--){
        if(j>=w[i]) dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
   }
}

1.4 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。一种区别 这两种问法的实现方法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$F[0]$为 0，其它$F[1..V]$均设为$-\infty$，这样就可以保证最终得到的$F[V]$ 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 $F[0..V]$全部设为 0。 这是为什么呢？可以这样理解：初始化的 F 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 0 的背包可以在什 么也不装且价值为 0 的情况下被“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，应该被赋值为 $-\infty$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 0，所以初始时状态的值也就全部为 0 了。 这个小技巧完全可以推广到其它类型的背包问题，后面不再对进行状态转移之前的 初始化进行讲解。

1.6 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，以及空间复杂度怎样被优化。

2 完全背包问题

2.1 题目

有 N 种物品和一个容量为 $V$的背包，每种物品都有无限件可用。放入第 i 种物品 的费用是$C_i$，价值是 $W_i$。求解：将哪些物品装入背包，可使这些物品的耗费的费用总 和不超过背包容量，且价值总和最大

2.2 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 0 件、取 1 件、取 2 件……直至取 $\lfloor V/Ci\rfloor$ 件等许多种。
如果仍然按照解 01 背包时的思路，令$F[i,v]$ 表示前 i 种物品恰放入一个容量为 v 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：$$F[i,v]=max\left\{F[i-1,v-k{C}_i]+k{W}_i|0\le kCi\le v\right\}$$
这跟 01 背包问题一样有 $O(VN)$ 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 $F[i,v]$ 的时间是 $O(vCi)$，总的复杂度可以认为是 $O(NV\sum \frac{V}{C_i})$，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。但我们还是要试图改进这个 复杂度。

2.3 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$i、j$满足 $C_i\le C_j$且 $W_i\ge W_j$，则将可以将物品$j$直接去掉，不用考虑。 这个优化的正确性是显然的：任何情况下都可将价值小费用高的 j 换成物美价廉的 i，得到的方案至少不会更差。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 $O(N^2)$ 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 V 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 $O(V+N)$ 地完成这个优化。

在这里插入代码片

2.4 转化为 01 背包问题求解

01 背包问题是最基本的背包问题，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 i 种物品最多选 $\lfloor V/Ci\rfloor$ 件，于是可以把第 i 种物品转化为 $\lfloor V/Ci\rfloor$ 件费用及价值均不变的物品，然后求解这个 01 背包问题。这样的做法完 全没有改进时间复杂度，但这种方法也指明了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只能选 0 件或 1 件的 01 背包中的物品。
更高效的转化方法是：把第 i 种物品拆成费用为 $C_i{2}^k$、价值为 $W_i{2}^k$ 的若干件物 品，其中 $k$取遍满足 $C_i{2}^k\le V$的非负整数。 这是二进制的思想。因为，不管最优策略选几件第 i 种物品，其件数写成二进制后， 总可以表示成若干个 2k 件物品的和。这样一来就把每种物品拆成 $O(log\lfloor V/Ci\rfloor )$件物 品，是一个很大的改进。

2.5 $O(VN)$ 的算法

先看代码：

memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=0;i<number;i++){
   for(int j=w[i];j<=capacity;j++){
        dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
   }
}

你会发现，这个代码与 01 背包问题的代码只有 v 的循环次序不同而已。
为什么这个算法就可行呢？首先想想为什么 01 背包中要按照 v 递减的次序来循环。 让 v 递减是为了保证第 i 次循环中的状态 F[i,v] 是由状态 $F[i-1,v-Ci]$ 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 i 件物品”这件策 略时，依据的是一个绝无已经选入第 i 件物品的子结果 $F[i-1,v-Ci]$。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 i 种物品”这种策略时， 却正需要一个可能已选入第 i 种物品的子结果 $F[i,v-Ci]$，所以就可以并且必须采用 v 递增的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。 值得一提的是，上面的代码中两层 for 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。
这个算法也可以由另外的思路得出。例如，将基本思路中求解 F[i,v−Ci] 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： $$F[i,v]=max\left\{F[i-1,v],F[i,v-C_i]+W_i\right\}$$

2.6 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。希望读者能 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。

3 多重背包问题

3.1 题目

有$N$种物品和一个容量为$V$的背包。第 i 种物品最多有$M_i$ 件可用，每件耗费的 空间是 $C_i$，价值是 $W_i$。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的耗费的空间总和不超 过背包容量，且价值总和最大。

3.2 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 i 种物品有$M_i+1$种策略：取 0 件，取 1 件……取 $M_i$ 件。令 $F[i,v]$ 表示前 i 种物品恰放入一个容量为 v 的背包的最大价值，则有状态转移方程：
$$F[i,v]=max\left\{F[i-1,v-k\ast C_i+k\ast W_i|0\le k\le M_i\right\}$$
复杂度是 $O(V\sum M_i)$。

3.3 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 i 种物品换成 $M_i$ 件 01 背包中的物品，则得到了物品数为 $\sum M_i$ 的 01 背包问题。直接求解之，复杂度仍然是$O(V\sum M_i)$。
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 i 种物品换成若干件物品，使得原问题中第 i 种物品可取的每种策略——取 $0...M_i$ 件——均能等价于取若干件代换以后的物品。 另外，取超过 $M_i$ 件的策略必不能出现。
方法是：将第 $i$ 种物品分成若干件 01 背包中的物品，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。令这些系数分别为$1,2,2^2...2^k-1,M_i-2^k+1$，且 k 是满足$M_i-2^k+1>0$的最大整数。例如，如果 $M_i$为 13，则相应的 k = 3，这种最多取 13 件的物品应被分成系数分别为 1,2,4,6 的四件 物品。
分成的这几件物品的系数和为$M_i$，表明不可能取多于$M_i$ 件的第 i 种物品。另外 这种方法也能保证对于$0...M_i$ 间的每一个整数，均可以用若干个系数的和表示。这里 算法正确性的证明可以分 $0...2^k-1和2^k...M_i$两段来分别讨论得出,这样就将第 i 种物品分成了 $O(log{M}_i)$ 种物品，将原问题转化为了复杂度为 $O(V\sum logMi)$ 的 01 背包问题，是很大的改进。

#include
using namespace std;
const int N=20000+5;
int n,b[N],c[N];
int a[N],d[N];
int m;
int dp[N];
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&b[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&c[i]);
    cin>>m;
    int tot=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
            int pos=0;
            for(int j=0;(1<<j)<=c[i];j++){
                a[++tot]=b[i]*(1<<j),d[tot]=1<<j;
                c[i]-=(1<<j);
            }
            if(c[i]) a[++tot]=b[i]*c[i],d[tot]=c[i];
    }
    memset(dp,0x3f3f,sizeof(dp));
    dp[0]=0;
    for(int i=1;i<=tot;i++)
        for(int j=m;j>=a[i];j--)
        dp[j]=min(dp[j],dp[j-a[i]]+d[i]);
    printf("%d\n",dp[m]);
}

3.4 可行性问题 O(V N) 的算法

当问题是“每种有若干件的物品能否填满给定容量的背包”，只须考虑填满背包的 可行性，不需考虑每件物品的价值时，多重背包问题同样有 $O(VN)$ 复杂度的算法。 例如，可以使用单调队列的数据结构，优化基本算法的状态转移方程，使每个状态 的值可以以均摊 O(1) 的时间求解。下面介绍一种实现较为简单的$O(VN)$ 复杂度解多重背包问题的算法。它的基本 思想是这样的：设$F[i,j]$ 表示“用了前 $i$种物品填满容量为 $j$的背包后，最多还剩 下几个第$i$种物品可用”，如果$F[i,j]=-1$则说明这种状态不可行，若可行应满足$0\le F[i,j]\le M_i$。

在这里插入代码片