背包九讲

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背包问题

 
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//0 1背包

#include<iostream>

#include<stdio.h>

#include<string.h>

using namespace std;

int main()

{    

    int i,j,n,v,f[1100],w[1100],p[1100];

    scanf("%d",&t);

    while(t--)

    {

       memset(f,0,sizeof(f));

        scanf("%d%d",&n,&v);

        for(i=0;i<n;i++)

            scanf("%d",&p[i]);

        for(i=0;i<n;i++)

            scanf("%d",&w[i]);

        for(i=0;i<n;i++)

        {

            for(j=v;j>=w[i];j--)

                f[j]=f[j]>(f[j-w[i]]+p[i])?f[j]:(f[j-w[i]]+p[i]);

        }

        printf("%d\n",f[v]);

    }

    return 0;

}











//完全背包

#include<stdio.h>

#define max 999999

int main()

{

    int i,j,n,v,f[10010],w[10010],p[10010],t,a,b;

    scanf("%d",&t);

    while(t--)

    {

        scanf("%d%d%d",&a,&b,&n);

        v=b-a;

        for(i=1;i<=v;i++)

            f[i]=max;

        f[0]=0;

        for(i=0;i<n;i++)

            scanf("%d%d",&p[i],&w[i]);

        for(i=0;i<n;i++)

            for(j=w[i];j<=v;j++)

                if(f[j]>f[j-w[i]]+p[i])

                    f[j]=f[j-w[i]]+p[i];

       if(f[v]==max)  printf("This is impossible.\n");

        else

        printf("The minimum amount of money in the piggy-bank is %d.\n",f[v]);

    }

    return 0;

}
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01背包是指每个物品只能用一次
完全背包指的是每个物品都能无限使用
没什么技巧,DP类的明确了状态后就写起来快了,写多了程序自然也就有经验了,有经验就能快速的推出状态,总之就是多写题 

程序的不同很简单
完全背包
for i:=1 to n do //枚举1-N的物品
for j:=a[i] to m do //枚举1-M的能背出来的范围
     f[j]:=f[j] or f[j-a[i]];
01背包
for i:=1 to n do //枚举1-N的物品
for j:=m downto a[i] do //枚举1-M的能背出来的范围
     f[j]:=f[j] or f[j-a[i]];
注意,之前要先f[0]:=true;

可以看出,区别只在第二个循环的正倒,F是一个布尔数组,F[i]表示i这个数字能够被组合出来
为什么循环的正倒会导致这样的区别呢?
我们举个例子:
假设我们现在组合出了3,现在讨论的物品体积是1,那么,即a[i]=1, f[3]:=true;
当正循环时
当枚举到4的时候,f[4]=f[4] or f[4-1]=true,因为f[3]=true;
当枚举到5的时候,f[5]=f[5] or f[5-1]=true,因为f[4]=true;
显然,这个“1”会被无限的使用下去直到到达M的上限
逆循环则相反

 

复制的

 

标注:下文n即为物品件数,c[i]表示第i件物品的耗费(体积),V为背包容量,a[i]表示第i件物品的价值 dp[]数组存放的即为最优解。

 

 

 

一、01背包

 

最简单的背包,每件物品选或者不选。

1 for(int i = 1; i <= n; ++i){

2  for(int j = V; j >= c[i]; --j){

3   dp[j] = max(dp[j],dp[j-c[i]]+a[i]);

4  }

5 }

二、完全背包

每件物品可以选无限次

1 for(int i = 1; i <= n; ++i){

2  for(int j = c[i]; j <= V; ++j){

3   dp[j] = max(dp[j],dp[j-c[i]] + a[i];

4  }

5 }

注意:初始化方面的细节,如果要求恰好装满背包,那么在初始化时除了dp[0]为0其它dp[1..V]均设为-∞(求的是最大解,如果求的是最小解,则为∞)  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。

三、多重背包

每件物品可以选有限次  设每件物品的个数为count[i];

 

O(V*Σlog count[i])写法(二进制优化)

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 1 for(int i = 1; i <= n; ++i){

 2  int k;

 3  for(k = 1; k*2 < count[i] + 1; k *= 2){

 4   for(int j = V; j >= k*c[i] ; --j){

 5    dp[j] = max(dp[j],dp[j-k*c[i]] + k*a[i]);

 6   }

 7  }

 8  k = count[i] + 1 - k;         //k等于前面项数之和+1,(k-1)就是前面项数之和,1-k为其相反数

 9  for(int j = V; j >= k*c[i]; --j){

10   dp[j] = max(dp[j],dp[j-k*c[i]] + k*a[i]);

11  }

12 

13 }
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O(VN)的写法

/*此种方法求最大值不确定可否,但判断是否能将1-V内的背包装满可以*/

----------------------------------------------------------------------

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 1 int used[MAXN];

 2 for(int i = 1; i <= N; ++i){

 3  memset(used,0,sizeof(used));

 4  for(int j = c[i]; j <= V; ++j){

 5   if(used[j-c[i]] < count[i] && dp[j] < dp[j-c[i]] + a[i]){   

 6    dp[j] = dp[j-c[i]] + a[i];   

 7    used[j] = used[j-c[i]] + 1;

 8   }

 9  }

10 }  //有待验证,估计不对,有兴趣的可以验证下
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现在dp[i]用来表示容量为i的背包能否被所给物品恰好装满 上面的01背包和完全背包以及上面一种O(V*Σlog count[i])的写法也可以做这样的改变

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 1 memset(dp,false,sizeof(dp));

 2 dp[0] = true;

 3 for(int i = 1; i <= N; ++i){

 4  memset(used,0,sizeof(used));

 5  for(int j = c[i]; j <= V; ++j){ //注意这里是顺序的(和完全背包相同),其实多重背包也可以理解成被限制了的完全背包

 6   if(!dp[j] && dp[j-c[i]] && used[j-c[i]] < count[i]){ //注意这里的!dp[j]不能少

 7    dp[j] = true; 
8 used[j] = used[j-c[i]] + 1; 9 } 10 } 11 }
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四、混合背包

以上三种背包的混合,有的物品只能取一次,有的物品能取无限次,有的物品能取有限次

 

算法伪代码:

for i=1..n

    if 第i件物品是01背包

        for j=V...c[i]

dp[j]=max();   //同上面01背包代码 

    else if 第i件物品是完全背包

        for j=c[i]...V

dp[j]=max();  //同上面完全背包

    else if 第i件物品是多重背包

        MultiplePack(c[i],a[i],count[i]) //同上多重背包

 

五、二维费用的背包

如问题:每件物品都有各自的体积v[i]和重量w[i],一个背包最多可以装的体积为V,最多可以装的重量为W,问最多能装的价值。即有两种属性限制的背包问题。再比如,一个一般的01背包问题,再加上个数限制,即最多拿K件物品,也可以理解为每件物品的个数耗费为1,背包再加一个容量为K的属性,也是二维费用背包。对于二维费用的背包,只需对dp数组加一维即可,01背包倒序,完全背包正序

以01背包为例:

for i=1...n

     for j=V..v[i];  //若为完全背包则写为for j=v[i]..V  for k=w[i]..W;

for k=W..w[i];

dp[j][k] = max(dp[j][k],dp[j-v[i]][k-w[i]] + a[i]);

 

 

六、分组背包的问题

将n件物品分为若干组,每组中只能选择一件物品,问可以得到的最大价值。

for 所有的组k

    for v=V..0

        for 所有的i属于组k

            dp[v]=max{dp[v],dp[v-c[i]]+a[i]}

 

七、有依赖的背包问题

要购买一件物品,必须先购买另一件物品。这就是有依赖关系的背包问题 背包九讲里讲的很清楚了,我就不多说了。

 

下面两个部分暂且放下。以后遇到具体的问题时再补充。

八、泛化物品的背包

九、背包问题问法的变化

 

下面就说几个比较经典的题目:01背包 完全背包就不说了,混合背包也没必要说

 

一、【POJ1014】【TOJ1034】【HDU1059】【ZOJ1149】Dividing——多重背包问题

 

 一般在几个OJ上同时出现并且长久不衰的题都是经典题目,比如这题,是一道关于多重背包的题目

【题目大意】6种价值分别为1 2 3 4 5 6的石头,给出每种石头的数目,问能不能将这些石头分为价值相等的两堆。

【解析】经典的多重背包问题,a[]数组即为1 2 3 4 5 6,count数组题目给出,怎么做呢?上面提到一点,设dp[i]表示容量为i的背包能不能被所给物体装满。如果dp[sum/2]==1,那么就说明可以分为两堆(sum是所有石头的总价值),直接套用上面的模板即可。

复制代码
 1 #include <cstdio>

 2 #include <cstring>

 3 using namespace std;

 4 

 5 int a[10];

 6 int dp[120100];

 7 int main(){

 8     int cas = 0;

 9     while( ++ cas ){

10         int sum = 0;

11         for(int i = 1; i <= 6; ++i){

12             scanf("%d",&a[i]);

13             sum += a[i]*i;

14         }

15         if(sum == 0)break;

16 

17         memset(dp,0,sizeof(dp));

18         printf("Collection #%d:\n",cas);

19 

20         if(sum % 2 == 1){

21             puts("Can't be divided.");

22             puts("");

23             continue;

24         }

25 

26         dp[0] = 1;

27         //O(NV)的方法

28         int dpt[120000];

29         for(int i = 1; i <= 6; ++i){

30             memset(dpt,0,sizeof(dpt));

31             for(int j = i; j <= sum/2; ++j){

32                 if (!dp[j] && dp[j-i]&& dpt[j-i] < a[i]) {

33                     dpt[j] = dpt[j-i] + 1;

34                     dp[j] = 1;

35                 }

36             }

37         }

38         /*

39        //二进制优化的方法

40         

41        for(int i = 1;i <= 6;++i){

42             int k;

43             for(k = 1;k*2 < a[i]+1;k *= 2)

44             for(int v = sum/2;v >= k*i;--v)

45                 if(dp[v-k*i])

46                     dp[v]=true;

47             k = a[i]+1-k;

48             for(int v = sum/2;v > k*i;--v)

49                 if([v-k*i])

50                     dp[v] = true;

51 

52         }

53        */

54         if(dp[sum/2]){

55             puts("Can be divided.");

56         }

57         else {puts("Can't be divided.");};

58         puts("");

59 

60     }

61     return 0;

62 }
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 二、【TOJ3540】Consumer有依赖关系的背包

【题目大意】给若干组物品,每组物品都有一个箱子(箱子自身也有cost),然后就是物品的cost和value,要买某个物品必须也要买装这个物品的箱子,给一定钱数,问能获得的最大价值。

【题目解析】可以参照背包九讲第六讲和第七讲里的内容解决该问题(相当对口,这题就是根据背包九讲来的)

有一种比较简单的写法,两次背包即可。

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 1 #include<iostream>

 2 using namespace std;

 3 const int MAXN = 100000;

 4 int main()

 5 {

 6     int n,total,boxcost,goodnum,cost,value,i,j,t;

 7     int dpbox[MAXN],dptotal[MAXN];

 8     while(scanf("%d%d",&n,&total) != EOF)

 9     {

10         memset(dptotal,0,sizeof(dptotal));

11         for(i = 0; i < n; i++)

12         {

13             scanf("%d%d",&boxcost,&goodnum);

14             memcpy(dpbox,dptotal,sizeof(dptotal));

15             for(j = 0; j < goodnum; j++)

16             {

17                 scanf("%d%d",&cost,&value);

18                 for(t = total - boxcost; t >= cost; t--)

19                 {

20                     if(dpbox[t] < dpbox[t - cost] + value)

21                     dpbox[t] = dpbox[t-cost] + value;

22                 }

23             }

24             for(t = total; t >= boxcost; t--)

25             if(dptotal[t] < dpbox[t-boxcost])

26             dptotal[t] = dpbox[t-boxcost];

27         }

28         printf("%d\n",dptotal[total]);

29     }

30     return 0;

31 }
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三、【TOJ3645】Are You Busy

这题源自多校联合赛,是一个比较难的背包综合题

【题目大意】一个人有T分钟去做工作,共有n组工作,每一组有若干工作,每个工作消耗的时间和得到的快乐值已知,每一个组有一个标识位,标识位为0,则该组中至少应该选取一样工作完成,标识位为1,则该组中至多有一个工作被选择,标识位为2,无限制。

【分析】对标识位为2的工作组,因为无限制条件,每个工作可做可不做,即用简单的01背包即可处理。对标识位为1的工作组,因为至多选择一个工作,所以本次操作只对dp数组选取最优值更新一次即可。对至少选择一个的工作组,还不是太理解,只是看别人代码写的,还请大家集思广益,有想法可以留言评论,以后理解透彻了以后会做补充。

复制代码
 1 #include <cstdio>

 2 #include <algorithm>

 3 #include <cstring>

 4 #include <cmath>

 5 #include <queue>

 6 #include <vector>

 7 #include <map>

 8 

 9 using namespace std;

10 

11 const int maxt = 100 + 10;

12 

13 int dp[maxt];

14 int td[maxt], n, m, t;

15 

16 void dp0() {   //至少取一个

17     memcpy (td, dp, sizeof(td));

18     memset (dp, -1, sizeof(dp));

19     for (int i = 0, a, b; i < m; ++i) {

20         scanf ("%d%d", &a, &b);

21         for (int j = t; j >= a; --j) {//注意怎样保证至少取一个??

22             if (dp[j-a] != -1) {

23                 dp[j] = max(dp[j], dp[j-a] + b);

24             }

25             if (td[j-a] != -1) {

26                 dp[j] = max(dp[j], td[j-a] + b);

27             }

28         }

29     }

30 }

31 

32 void dp1() {   //最多取一个,用上次得到的dp值更新最优值,只更新一次

33     memcpy(td, dp, sizeof(td));

34     for (int i = 0, a, b; i < m; ++i) {

35         scanf ("%d%d", &a, &b);

36         for (int j = t; j >= a; --j) {

37             if (td[j-a] != -1) {     //用-1初始化,这种情况能够被装入的都是恰好被装入

38                 dp[j] = max(dp[j], td[j-a] + b);

39             }

40         }

41     }

42 }

43 

44 void dp2() {  //无条件限制,01背包,更新多次

45     for (int i = 0, a, b; i < m; ++i) {

46         scanf ("%d%d", &a, &b);

47         for (int j = t; j >= a; --j) {

48             if (dp[j-a] != -1) {

49                 dp[j] = max(dp[j], dp[j-a] + b);

50             }

51         }

52     }

53 }

54 

55 void init() {

56     memset (dp, -1, sizeof(dp));

57     dp[0] = 0;

58     for (int i = 0, s; i < n; ++i) {

59         scanf ("%d%d", &m, &s);

60         if (s == 0) dp0();

61         else if (s == 1) dp1();

62         else if (s == 2) dp2();

63     }

64 }

65 

66 void solve() {

67     int ans = -1;

68     for (int i = 0; i <= t; ++i)

69         ans = max(ans, dp[i]);

70     printf ("%d\n", ans);

71 }

72 

73 int main() {

74     //freopen("ar.txt","r",stdin);

75     while (scanf ("%d%d", &n, &t) != EOF) {

76         init();

77         solve();

78     }

79     return 0;

80 }
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posted @  2012-08-22 16:24 萧凡客 阅读(135) 评论(0) 编辑 收藏
 
 
 

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