多重背包问题的单调队列优化
温馨提示：先吃甜点，再进入正餐食用更佳噢~
0-1背包问题（餐前甜点）
https://www.acwing.com/problem/content/2/
朴素解法
#include
using namespace std;
const int N = 1010;
int n, m; //n物品个数 m背包最大容量
int dp[N][N]; //dp[i][j]表：考虑前i个物品并且背包容量为j个体积单位的最大价值
int v[N], w[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 = 0; j <= m; j ++) {
//不选第i个，dp[i][j] = dp[i - 1][j];
//选第i个，dp[i][j] = dp[i - 1][j - v[i]] + w[i];
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
if (j >= v[i]) dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - v[i]] + w[i]);
}
}
cout << dp[n][m] << endl; //考虑前n个（所有）物品，背包体积容量为m的最大价值即为答案
}
空间降维
dp第一维实际上多余，因为i只需要用到i-1的状态，但实际上刚开始第i轮枚举的时候dp【i][j]的第二维表示的都是i-1时的状态，可以降维（下图所示）。
但是我们不能按照体积从小到大枚举，不然后续的状态更新会用到i的状态（下图所示）。
降序枚举，则可以避免（下图所示）。
降维压缩之后的代码：
#include
using namespace std;
const int N = 1010;
int n, m; //n物品个数 m背包最大容量
int dp[N]; //dp[j]表：背包容量为j个体积单位的最大价值
int main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < n; i ++) {
int v, w; //第i个物品的体积和价值
cin >> v >> w;
//不选第i个，dp[j] = dp[j];
//选第i个，dp[j] = dp[j - v] + w;
for (int j = m; j >= v; j --) dp[j] = max(dp[j], dp[j - v] + w); //从大到小枚举
}
cout << dp[m] << endl;
}
多重背包问题（正餐）
https://www.acwing.com/problem/content/4/
与0-1背包的唯一区别在于，多重背包的物品可能有多件s。
选法不像0-1背包那样：对于第i件物品要么选0件要么选1件，只有两种选法：
而是，一共有s+1种选法[0,s]：
朴素（暴力）解法
在0-1背包的代码基础上加一层循环：
#include
#include
using namespace std;
const int N = 110;
int n, m;
int f[N];
int main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < n; i ++) {
int v, w, s;
cin >> v >> w >> s;
for (int j = m; j >= v; j --) {
for (int k = 1; k <= s && j >= k * v; k ++) { //枚举选[1,s]件的s种选法和不选的情况一起比较
f[j] = max(f[j], f[j - k * v] + k * w);
}
}
}
cout << f[m] << endl;
}
时间复杂度O(NVS) = O(N^3) 复杂度很高，考虑优化一下。
二进制优化
https://www.acwing.com/problem/content/5/
实际上我们考虑将每种物品堆（s个）分组一下，把每一组看成1个物品，当成0-1背包来求解。
为了使得时间复杂度尽可能的小，我们分得的组别数必须尽可能地少，而且这些组别随机组合能够连续表示[0,s]，即做一个等价类。
例如s=7，按照上文的朴素方法，等价于分成了7组：1、1、1、1、1、1、1
这里我们考虑二进制拆分，拆分成：1、2、4
0 = 不选
1 = 选1
2 = 选2
3 = 选1、2
4 = 选4
5 = 选1、4
6 = 选2、4
7 = 选1、2、4
实际上是分成：
s+1如果不是2的某次幂，例如10的拆法：
那就拆分成：1 2 4 3
其中：1 2 4 可表示[0, 7]
所以1 2 4 3可表示[0, 10]
思路讲解完，上代码：
#include
#include
#include
using namespace std;
int dp[2010];
struct Good{
int v, w; //物品体积和价值
};
int main(){
int n, m; //物品个数和背包最大容量
cin >> n >> m;
vector goods; //存储分组后的物品
for(int i = 0; i < n; i++){
int v, w, s;
cin >> v >> w >> s;
for(int j = 1; j <= s; j *= 2){ //二进制拆分
s -= j;
goods.push_back({v * j, w * j});
}
if(s) goods.push_back({v * s, w * s}); //拆完还余的也要存进去（这里的s相当于10拆成1 2 4后还余下的那个3）
}
for(auto good : goods){ //做等价拆分（二进制拆分）后的物品组们按照0-1背包解法
for(int j = m; j >= good.v; j --) //注意从大到小枚举
dp[j] = max(dp[j], dp[j - good.v] + good.w);
}
cout << dp[m] << endl;
return 0;
}
时间复杂度O(NV×log(S))=O(N^2×log(N))，实际上，复杂度还是不可观。
究极优化之单调队列优化
https://www.acwing.com/problem/content/6/
v[i]（下面都简写成v）表示第i个物品体积，其中j=v-1，m表示背包最大容量。这里我们假设m=kv+j，其实也有可能是kv+j-1,...,kv+1,kv 只是为了方便下面的这个矩形演示，不妨假设成m=kv+j。
| dp[0] | dp[v] | dp[2v] | dp[3v] | ... | dp[(k-1)v] | dp[kv] |
| dp[1] | dp[v+1] | dp[2v+1] | dp[3v+1] | ... | dp[(k-1)v+1] | dp[kv+1] |
| dp[2] | dp[v+2] | dp[2v+2] | dp[3v+2] | ... | dp[(k-1)v+2] | dp[kv+2] |
| dp[3] | dp[v+3] | dp[2v+3] | dp[3v+3] | ... | dp[(k-1)v+3] | dp[kv+3] |
| ... | ... | ... | ... | ... | ... | ... |
| dp[j-1] | dp[v+j-1] | dp[2v+j-1] | dp[3v+j-1] | ... | dp[(k-1)v+j-1] | dp[(kv+j-1)] |
| dp[j] | dp[v+j] | dp[2v+j] | dp[3v+j] | ... | dp[(k-1)v+j] | dp[kv+j] |
回顾一下上文所提及的解法，在代码中的实现的第二层循环的dp都是这个状态转移流程：对于每一个物品i，都会从大到小枚举值在[v,m]的所有情况都进行一遍更新（标蓝的元素），枚举的顺序如下图示：
下面做具体分析：
其中标蓝元素代表待更新的状态（需要取max），粗体代表能转移到待更新状态的状态（当然，由于物品个数的限制，可能没有k个，不会是这么长，这里只是为了方便演示，暂不考虑物品个数）
dp[kv+j]=max( dp[(k-1)v+j] + w , dp[(k-2)v+j] + 2w , ... , dp[3v+j] + (k-3)w , dp[2v+j] + (k-2)w , dp[v+j] + (k-1)w , dp[j] + kw )
......
......
dp[(k-1)v+j]=max( dp[(k-2)v+j] + w , ... , dp[3v+j] + (k-4)w , dp[2v+j] + (k-3)w , dp[v+j] + (k-2)w , dp[j] + (k-1)w )
到这里的时候对比上图和下图，细心的你突然发现这里好像进行了很多没必要（貌似重复冗余但又不得不做的工作）的比较，下面进行分析：
而我们在进行dp[(k-1)v+j]的状态更新（取max）的时候又重新将它们再遍历了一遍。
问题出在：我们每次取max都需要从“0”开始对集合（同一行）内的所有元素比较，而不能在之前的比较结果的基础上进行。
导致问题的原因：我们是从大到小枚举的。举个例子：这就相当于我们遍历一个正整数集合，得到这个集合的最大值，然后我们从集合中剔除一个元素，新集合的最大值对于我们来说不是确定的（细品），我们无法利用上一次的遍历所做的工作（劳动成果不能为这次所用）。
思考：如果做逆向思维，我们遍历一个正整数集合，得到这个集合的最大值，然后我们往集合中增加一个元素，新集合的最大值对于我们来说是确定的，我们可以利用上一次的遍历所做的工作（劳动成果能够为这次所用）。
解决方法：所以我们应该摒弃前文描述的“从大到小枚举压缩空间”的思想，选择从小到大枚举，并且利用一种数据结构来模拟这个“变大的集合”，并且在此基础上做一些限制条件实现物品个数的限制。由于只有差值为v的时候状态才能转移，我们可以把整个集合以模v的余数为划分规则做一个等价划分，可以划分成为v个子集（模v余[0, v-1] 则每行代表一个子集，这也是本文设计这个矩形的目的），这个时候我们分别对每个集合从小到大（状态更新，在下表中从左往右）进行枚举更新，还要考虑物品的个数。
具体实施：以一行（同余的一个子集）为例，设置一个滑动窗口，窗口大小设置为该物品的个数+1，并在窗口内部维护一个单调队列。
至于为什么窗口大小是该物品的个数+1，举个例子：如果该物品只有2个，dp[3v+j]从dp[j]状态转移过来需要装进来3个该物品，所以不可能从dp[j]转移过来，因此也就没有必要去将dp[j]考虑进来，只需要维护窗口大小为3范围内的单调队列。
首先解释一下单调队列：
顾名思义，单调队列的重点分为 "单调" 和 "队列"
"单调" 指的是元素的的 "规律"——递增（或递减）
"队列" 指的是元素只能从队头和队尾进行操作，但是此"队列" 非彼队列。
如果要求每连续的k个数中的最大值，很明显，当一个数进入所要 "寻找" 最大值的范围中时，若这个数比其前面（先进队）的数要大，显然，前面的数会比这个数先出队且不再可能是最大值。
也就是说——当满足以上条件时，可将前面的数 "踢出"，再将该数push进队尾。
这就相当于维护了一个递减的队列，符合单调队列的定义，减少了重复的比较次数（前面的“劳动成果”能够为后面所用），不仅如此，由于维护出的队伍是查询范围内的且是递减的，队头必定是该查询区域内的最大值，因此输出时只需输出队头即可。显而易见的是，在这样的算法中，每个数只要进队与出队各一次，因此时间复杂度被降到了O(N)。
如果对于文字解释看不懂也没关系，结合模拟来介绍：假设物品个数为2，则窗口大小为3，进行模拟。在这个过程中，因为我们是从小到大进行更新，所以需要对dp的i-1状态备份一份到g中（空间换时间）。
首先给g[j]入队列尾，此时，单调队列中只有g[j]，用队头g[j]更新dp[j]：
dp[j]更新之后变成i时候的状态，这里我们假定(g[j]+w > g[v+j])。
g[v+j]入队之前，先从队尾起，把统统不比它大的都踢出队列，然后再入队尾（g[j]+w比它大，踢不掉）。
取队头g[j]+w更新dp[v+j]：
dp[v+j]更新之后变成i时候的状态。
（情况一）如果(g[j]+2w > g[v+j]+w > g[2v+j] )。
g[2v+j]入队之前，先从队尾起比较，发现队尾比它大，踢不了，然后乖乖入队尾。
此时，取队头g[j]+2w更新dp[2v+j]：
（情况二）如果(g[j]+2w > g[2v+j] >= g[v+j]+w)。
g[2v+j]入队之前，发现队尾的g[v+j]+w不比它大，踢掉了，然后再比较此时的队尾g[j]+2w，比它大，乖乖入队尾。
此时，还是取队头g[j]+2w更新dp[2v+j]：
（情况三）如果(g[2v+j] >= g[j]+2w > g[v+j]+w)。
g[2v+j]入队之前，发现队尾的g[v+j]+w不比它大，踢掉了，然后再比较此时的队尾g[j]+2w，也不比它大，踢掉。此时队列为空，它进入队列。
此时，则取队头g[2v+j]更新dp[2v+j]：
假定我们是以上面三种中的第一种情况( g[j]+2w > g[v+j]+w > g[2v+j] )结束的：
dp[2v+j]更新之后变成i时候的状态。
g[2v+j]入队之前，检查单调队列内的元素是否都在窗口（长度为3）之内，发现g[j]+3w不在，则踢掉，然后......
至此，在本次问题中单调队列维护的规则和思路都已经演示清楚，下面直接上代码：
#include
#include
#include
using namespace std;
//多重背包问题： 限制每种物品可取次数
//究极优化：单调队列
const int M = 20010, N = 1010;
int n, m;
int dp[M], g[M];
int que[M]; //队列只存储在同余的集合中是第几个，不存储对应值
int main() {
cin >> n >> m;
for(int i = 0; i < n; i ++){
int v, w, s;
cin >> v >> w >> s;
//复制一份副本g，因为这里会是从小到大，不能像0-1背包那样从大到小，所以必须申请副本存i-1状态的，不然会被影响
memcpy(g, dp, sizeof dp);
for(int r = 0; r < v; r ++) { //因为只有与v同余的状态 相互之间才会影响，余0,1,...,v-1 分为v组
int head = 0, tail = -1;
for(int k = 0; r + k * v <= m; k ++) { //每一组都进行处理，就相当于对所有状态都处理了
//队头不在窗口里面就踢出（队头距离要更新的dp超过了最大个数s，尽管它再大也要舍去，因为达不到）
if(head <= tail && k - que[head] > s) head++;
//这第k个准备进来，把不大于它的队尾统统踢掉，也是为了保持队列的单调降（判断式实际上是两边同时减去了k * w）
//实际意义应该是 g[r + k * v] >= g[r + que[tail] * v] + (k - que[tail]) * w 为判断条件
while(head <= tail && g[r + k * v] - k * w >= g[r + que[tail] * v] - que[tail] * w) tail --;
que[++ tail] = k; //将第k个入列，队列只存储在同余中是第几个，不存储对应值
//余r的这组的第k个取队头更新，队头永远是使之max的决策
dp[r + k * v] = g[r + que[head] * v] + (k - que[head]) * w;
}
}
}
cout << dp[m] << endl;
return 0;
}
时间复杂度：
以上内容如有错误的地方，恳请指正。
参考
https://oi-wiki.org/ds/monotonous-queue/