5月16日总结

背包总结

01背包问题：N个物品，每个物品只有1件，每个物品价值为Vi，体积为Wi，容量为M的背包最多装多少价值的物品。

$dp[i]表示容量为i时，最多装多少价值$
$fori(1,n)$
$forj(V,w[i])$
$dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i])$


$第二层循环必须从V到w[i]:每个物品只有一件，不会导致同一件物品多次使用$


$如果循环从w[i]到V,则当j=2\ast w[i]时$
$dp[j-w[i]]=v[i],dp[j]=dp[j-w[i]]+v[i]=2\ast v[i],放了2次$
$当j远大于w[i]时，第i件物品会被多次使用，变成完全背包问题$
$所以，01背包和完全背包的一维DP，第二层循环方向相反$


$如果初始化dp[0]=0,dp[1...j]=-inf$
$则dp[i]是恰好容量为i时的背包最大价值，如果不能恰好装满，就是负数$
$因为当容量溢出时，dp[j-w[i]]为负数，就像是搭建空中楼阁，$
$只能在之前已有的基础上更新数据，否则数据无效$

完全背包：N个物品，每个物品有无数件，每个物品价值为Vi，体积为Wi，容量为M的背包最多装多少价值的物品。

$fori(1,n)$
$forj(w[i],V)$
$dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i])$

多重背包：N个物品，每个物品有Si件，每个物品价值为Vi,体积为Wi，容量为M的背包最多装多少价值的物品。

可拆成01背包
$fori(1,n)$
$fork(1,s[i])$
$forj(V,w[i])$
$dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i])$

二进制优化
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);
    }

分组背包：N个物品，一共K组，每组有若干件，每组只能取一个，每个物品价值Vi，体积Wi，容量为M的背包最多装多少价值的物品。

$forp(1,k)//k组$
$forj(V,0)$
$fori()//组内物品个数$
$dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i])$

状态压缩：当物品数N<=30，将长度为N的二进制串用0、1表示第i件物品取或不取。

对第i件物品，通过移位运算，与二进制状态相与，$a\&(1<<i)$，来确定该物品是否在该状态内

状态合并$a|b$

集合差运算$a-b=a-a\&b$

判断是否有交集$a\&b$

状态$s$的非空真子集$i$
$for(i=s\&(s-1);i;i=s\&(i-1))$

概率背包
如果每个事件都相互独立，那么通过将事件概率相乘，来表示多个事件发生的概率
类似

$dp[i]=max(dp[i],dp[i-w[i]]\ast p[i])$

随感

记得省赛就有个01背包的题，需要两维变量来描述，当时想到用一维01背包的套路，在特殊情况判断需要想明白怎么找到之前的状态，当时看榜找了三个签到题写了写，一个模拟竖式除法，一个垂直水平重力方向求方块最终组合形成的轮廓周长，再就是这个背包。
今天看了道01背包+旅行商的题，不是很好理解，昨天研究了第一问的背包问题，第二问是多旅行商问题，找了好多题解都没注释，自己按照理解写了写补充，这种不熟悉的题看懂了但不一定会用，算是扩展一下视野，长长见识了。
现在第十二周了，各种考试也快来了，什么破笔记也要收，烦得很，都是些应付的东西。算法设计考完试了，没复习，感觉很水，但我其他课都学得不怎么样，不复习就可能挂，哎，到头来还得突击，考个说得过去的成绩骗骗自己。其他科感觉支撑它的基础思想挺有意思，内容知识就很无聊，记这记那，讲得太死板。
最近感觉当码农真得不容易，不是我当初想的那样美好，脑力劳动与体力劳动双重施压，昨天舍友熬一宿，整的我没睡好，早上迷迷糊糊爬起来，吃完早饭赶到教室，接着昨天写的总结。现在身体还不错，但以后身体就不一定能吃得消。


想做自己，但又不完全是自己，人总是矛盾的。即使再执拗，也会向生活妥协。

int second(){
     
    int ed=(1<<n)-1;
    for(int i=1;i<=ed;i++)if(zz[i])                 //如果该状态一个裁判就能完成，必须从小到大，一点点合并加点
    for(int j=0;j<n;j++)if(i&(1<<j)){
                    //顺序无所谓，枚举状态内所有点
        for(int k=0;k<n;k++)if(!(i&(1<<k)))         //顺序无所谓，枚举状态外所有点
            dp[k][i|(1<<k)]=min(dp[k][i|(1<<k)],dp[j][i]+dis[j][k]);//加点
        //该状态一个裁判走所有点最后回到起点的最短耗时
        best[i]=min(best[i],dp[j][i]+dis[j][0]);//更新最优，每次都考虑并上到起点的距离，因为每个裁判都要回到起点
    }
    //多个裁判共同分担任务
    for(int i=2;i<=ed;i++)
        for(int j=i&(i-1);j;j=i&(j-1))//i的非空真子集
            best[i]=min(best[i],best[(i^j)|1]+best[j|1]);//由哪些集合合并能整体用时最少
            //i-j集合，j集合 并上起点，虽然best[1]=0，但还是要或上1，只需要其中一个或上1就行，否则状态缺失，为了理解方便，都或上1
    return best[ed];
}