刷题（8）-背包问题（3）
目录
背包问题
1. 01背包
采用空间压缩的代码（且用方案二的初始化方法）：
2.完全背包
代码：
3. 多重背包
3.1 朴素办法：
3.2 利用二进制进行优化 O(V*n*logn(i)）
代码：
3.3 单调队列优化
4.混合背包
代码
5.二维费用的背包问题
01背包的二维费用代码：
6.分组的背包问题
01背包的分组背包代码
7.01背包问题求最优方案数
方案1代码：
方案二代码：
8.背包问题求具体方案
输出字典序代码：
9.有依赖的背包问题
背包问题
题目：
有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是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费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。所有的背包问题都是先循环物品，再循环体积，再循环决策
https://www.cnblogs.com/jbelial/articles/2116074.html
1. 01背包
每种物品仅有一件，可以选择放或不放。
记忆方法： 先枚举物品，再从大到小枚举体积
f[i][v]表示前i件物品放入一个容量为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{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}。
详细解释：“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牵扯前i-1件物品的问题。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”；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-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。
tips：1. 当要求容量v是恰好装满时，初始化f[0,0]=0 ， f[0,1]=f[0,2]=.......=f[0,n]=-∞（说明：因为前一个0代表什么物品都不能选，而后一个v代表此时背包被占用容量恰好是V，那自然是不可能的，所以用负无穷表示没有方案可以满足要求。）
2. 当不要求恰好装满，初始化f[0,0]=f[0,1]=.......=f[0,n]=0 （因为这里的v表示背包最多能被占多少容量，f【0】【x】的含义是，什么物品都不能选，而背包最多能被放入总共容量为V的物品，此时的最大价值，自然是0）
所以如果用方案一的初始化方法，最大价值是 f【N】【0...V】的最大值，而如果用方案二的初始化方法，最大价值是f【N】【V】
采用空间压缩的代码（且用方案二的初始化方法）：
#include
#include
using namespace std;
const int N = 1010;
int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N];
int main()
{
cin >> n >> m; // n表示物品总数 ，m表示背包容量
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> v[i] >> w[i]; //v[i]:第i件物品的体积 w[i]:第i件物品的价值
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
for (int j = m; j >= v[i]; j -- ) //枚举体积的时候倒着来 从大到小
f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
cout << f[m] << endl;
return 0;
}
2.完全背包
每种物品都有无限件可用
记忆方法： 先枚举物品，再从小到大枚举体积
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……等很多种。如果仍然按照解01背包时的思路，令f[i][v]表示前i种物品放入一个容量为v的背包的最大价值。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{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k*c[i]<= v}
解释：前i种物品放入一个容量为v的背包的最大价值等于：
- 我完全不用第i件物品， f【i-1】【v】
- 我只用1件第i件物品， f【i-1】【v-c【i】】+w【i】
- 我只用2件第i件物品， f【i-1】【v-2c【i】】+2w【i】
- ......
- 我只用k件第i件物品， f【i-1】【v-kc【i】】+kw【i】（k是总容量为v，最多能放几件第i件物品）
f【i】【v】就等于这么多种情况的最大值，而其实第2种到第5种情况他们之间的最大值，其实就是
f【i】【v-c【i】】+w【i】（假如v小于c【i】，值应该等于0）
所以f【i】【v】=max（ f【i-1】【v】，（v-c【i】）>=0? f【i】【v-c【i】】+w【i】: 0）
再进一步，假如采用空间压缩技巧，只要第二个循环枚举容量的时候，从小到大（而不是从大到小），就ok了
（同样，初始化的方法，决定最大值是哪个）
代码：
#include
#include
using namespace std;
const int N = 1010;
int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N];
int main()
{
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> v[i] >> w[i];
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
for (int j = v[i]; j <= m; j ++ ) // 从小到大枚举体积
f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
cout << f[m] << endl;
return 0;
}
3. 多重背包
有N种物品和一个容量为V的背包。第i种物品最多有n[i]件可用，每件费用是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费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
记忆方法：先枚举物品，再从大到小枚举体积，最后从1开始枚举第i件物品放几件（需要满足自身限制和体积限制）
3.1 朴素办法：
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，则：f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+ k*w[i]|0<=k<=n[i]}。复杂度是O(V*∑n[i])。 （其中k既要满足 kc【i】 tips：这里不能像完全背包一样进行优化，因为你无法知道f【i】【v-c【i】】有没有把第i种物品全给用光了 方法是：将第i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,...,2^(k-1),n[i]-2^k+1，且k是满足n[i]-2^k+1>0的最大整数。例如，如果n[i]为13，就将这种物品分成系数分别为1,2,4,6的四件物品。 分成的这几件物品的系数和为n[i]，表明不可能取多于n[i]件的第i种物品。另外这种方法也能保证对于0..n[i]间的每一个整数，均可以用若干个系数的和表示。 这样就将第i种物品分成了O(log n[i])种物品，将原问题转化为了复杂度为O(V*∑log n[i])的01背包问题，是很大的改进。 （将第i种物品，用二进制的方法分成若干件物品，这若干件物品选与不选，恰好可以组成0..n[i]间的每一个整数） 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）。 解决方法：物品是什么类型的，就用什么方法求解。 具体的就是01背包用01背包的方法求（容量从大到小），完全背包用容量从小到大的方法求，而多重背包用容量从大到小，个数从1到极限求（也可以用二进制方法转为01背包） 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1和代价2，第i件物品所需的两种代价分别为a[i]和b[i]。两种代价可付出的最大值（两种背包容量）分别为V和U。物品的价值为w[i]。 解决方法： 费用加了一维，只需状态也加一维即可。设f[i][v][u]表示前i件物品付出两种代价分别为v和u时可获得的最大价值。状态转移方程就是：f [i][v][u]=max{f[i-1][v][u],f[i-1][v-a[i]][u-b[i]]+w[i]}。而如果使用空间压缩，可以只使用两维数组 f【v】【u】：假如是01背包（物品只可以取一次时） 变量v和u采用从大到小的两重循环，当物品是完全背包问题时采用从小到大的两重循环。当物品有如多重背包问题时拆分物品。 物品总个数的限制： 问题： 算法 for 所有的i属于组k 注：优化 有N件物品和一个容量是 V 的背包。每件物品只能使用一次。 第 i 件物品的体积是 vi，价值是 wi。 求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。 输出 最优选法的方案数。注意答案可能很大，请输出答案模 10^9+7的结果。 解决方法： 用两个数组 f[i][v]意义同前述，g[i][v]表示这个子问题的最优方案的总数，则在求f[i][v]的同时求g[i][v]的伪代码如下： for i=1..N tips：这里的初始化方法也有两种 采用方案1初始化，最终答案就是g【m】，而采用方案2初始化最终的答案需要首先遍历f【i】，找到最大的值max_num，然后再遍历一遍f【i】，将等于max_num的f【i】的g【i】都加起来，就是最终的答案。 假如要求输出字典序最小的具体方案，那么需要逆序求商品 输出时的判断条件if(f[i][vol]==f[i+1][vol-v[i]]+w[i]); vol每次输出之后都要减去v[i],所以判断的时候vol-v[i]有可能是负数导致数组越界，所以加一句vol-v[i]>=0的判断。 判断要不要选的逻辑是，当前能选就选（因为是字典序最小） 问题描述： 有 N个物品和一个容量是 V 的背包。 物品之间具有依赖关系，且依赖关系组成一棵树的形状。如果选择一个物品，则必须选择它的父节点。 如下图所示： 如果选择物品5，则必须选择物品1和2。这是因为2是5的父节点，1是2的父节点。 每件物品的编号是 i，体积是 vi，价值是 wi，依赖的父节点编号是 pi。物品的下标范围是 1…N。 求解将哪些物品装入背包，可使物品总体积不超过背包容量，且总价值最大。 输出最大价值。 f【i】【j】，选节点i，并且所用体积是j，以i为根的子树的最大收益是多少 #include 3.2 利用二进制进行优化 O(V*n*logn(i)）
代码：
#include 3.3 单调队列优化
4.混合背包
代码
//01 背包则直接放入数据容器中
多重背包则化解成 01 背包 放入数据容器中(见多重背包II习题 进行二进制优化)
完全背包也直接放入数据容器中
此刻数据容器vector[HTML_REMOVED] things;中就只有01背包和完全背包 那么就进行遍历处理
#include 5.二维费用的背包问题
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M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1，可以付出的最大件数费用为M。换句话说，设f[v][m]表示付出费用v、最多选m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，最后答案就是f[V][M]。
另外，如果要求“恰取M件物品”，则注意初始化方法，01背包的二维费用代码：
//类似01背包问题用滚动数组,那么这个题目就只用二维数组就行了.
#include6.分组的背包问题
有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c[i]，价值是w[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。
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][v]表示前k组物品花费费用v能取得的最大权值，则有f[k][v]=max{f[k-1][v],f[k-1][v-c[i]]+w[i]|物品i属于第k组}。
使用一维数组的伪代码如下：
for 所有的组k
for v=V..0
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}
另外，显然可以对每组中的物品应用P02中“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]<=c[j]且w[i]>=w[j]，则将物品j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j换成物美价廉的i，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。 01背包的分组背包代码
// 分组背包问题
#include 7.01背包问题求最优方案数
for v=0..V
f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}
if(f[i][v]==f[i-1][v])
g[i][v]=g[i-1][v]
if(f[i][v]==f[i-1][v-c[i]]+w[i])
g[i][v] += g[i-1][v-c[i]] //因为可能两种方法都能达到最优
方案1代码：
#include方案二代码：
8.背包问题求具体方案
输出字典序代码：
#include9.有依赖的背包问题
