DP-背包问题
01背包问题
n个物品，背包体积为V。
我们可以用是否选择了第i个物品作为状态转移的依据。我们将当前的状态定义为：“只在前i个物品中选，已使用体积为j”，这个状态可以由两个状态得到：“选择了第i个物品”和“未选择第i个物品”。
如下图所示，可以列出状态转移方程：
结合状态转移方程可知，我们可以用一个二维数组来实现这个过程。
#include
#include
using namespace std;
int main()
{
int N,V,v[1010],w[1010],f[1010][1010];
scanf("%d%d",&N,&V);
for(int i=1;i<=N;i++) scanf("%d%d",&v[i],&w[i]);
for(int i=1;i<=N;i++)
{
for(int j=0;j<=V;j++)
{
f[i][j]=f[i-1][j];
if(j>=v[i]) f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-v[i]]+w[i]);
}
}
printf("%d",f[N][V]);
} 在这里有一个优化，可以发现，每次更新状态时，其实只需要用到第i-1层的状态，因此，我们没有必要将此前的0~i-2层都保存下来，我们可以直接去掉第一维。因为当更新第i维时，f值正好处于i-1维，若直接去掉，有：
f[j]=max(f[j], f[j-v[i]]+w[i])也就是说，我们需要用f[j-v[i]]这个状态来更新f[j]，因此要后更新f[j-v[i]]，所以此时我们对j的遍历应该是从V开始，而不是从0开始。
最后的代码如下：
#include
using namespace std;
const int N=1010;
int n,V;
int v[N],w[N];
int f[N];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&V);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&v[i],&w[i]);
for(int i=0;i<=n;i++)
for(int j=V;j>=v[i];j--)
{
f[j]=max(f[j], f[j-v[i]]+w[i]);
}
printf("%d",f[V]);
} 完全背包问题
n种物品，每种物品有无限个，背包体积为V。
我们用是否选择了第i个物品作为状态转移的依据。将当前的状态定义为：“只在前i个物品中选，已使用体积为j”，这个状态可以由多个状态得到：“选择了第0，1，2.....x个第i种物品”。
如下图所示，可以列出状态转移方程：
根据状态转移方程，我们需要三重循环，时间复杂度很高，接下来进行优化。优化过程如下：
这样一来，只需要两重循环了，最后可以像01背包问题一样，将数组优化到1维。
#include
using namespace std;
const int N=1010;
int n,V;
int v[N],w[N];
int f[N];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&V);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&v[i],&w[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=v[i];j<=V;j++)
{
f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
}
printf("%d",f[V]);
} 而
多重背包问题
n种物品，每种物品有s个，背包体积为V。
我们用是否选择了第i个物品作为状态转移的依据。将当前的状态定义为：“只在前i个物品中选，已使用体积为j”，这个状态可以由多个状态得到：“选择了第0，1，2.....s个第i种物品”。
如下图所示，可以列出状态转移方程：
在这里，我们用到了三层循环，接下来用二进制的思想进行优化。
对于0~1023，我们可以通过0、1、2、4、8...512拼凑出[0,1023]区间内的所有数字。
对于0~s，我们可以通过0、1、2、4、8...2的k次方（用2k表示）、s-2k拼凑出[0,s]区间内的所有数字，其中，2k要满足：2k
#include
using namespace std;
const int N=20010,M=2010;
int n,V;
int f[M],v[N],w[N];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&V);
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int a,b,c;
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
int k=1;
while(k<=c)
{
cnt++;
v[cnt]=k*a;
w[cnt]=k*b;
c-=k;
k*=2;
}
if(c>0)
{
cnt++;
v[cnt]=c*a;
w[cnt]=c*b;
}
}
for(int i=1;i<=cnt;i++)
for(int j=V;j>=v[i];j--)
f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
printf("%d",f[V]);
} 二进制优化可以让时间复杂度下降到O(nVlogs)，接下来介绍多重背包问题的终极优化方式——用单调队列进行优化。
类比完全背包问题进行思考，我们可以列出以下式子：
f[i,j]=max(f[i-1,j-v]+w,f[i-1,j-2v]+2w,...,f[i-1,j-kv]+kw)
f[i,j-v]=max(f[i-1,j-2v]+w,f[i-1,j-3v]+2w,...,f[i-1,j-(k+1)v]+kw)
f[i,j-2v]=max(f[i-1,j-3v]+w,f[i-1,j-4v]+2w,...,f[i-1,j-(k+2)v]+kw)
......当减到r 要怎么把这个状态转移出来呢？我们转换思路，r其实是j/v的余数，我们可以用余数来表示状态，进行状态转移。 而 做一个变式： 这样就可以得到我们的状态转移方程为： 而要求解右边的这一串max，我们可以用单调队列来做。 单调队列的步骤可以参考之前写的这篇文章： 单调栈和单调队列的模板题-CSDN博客 步骤为： ①判断队头元素是否需要出队 当队头元素的序号加上s*v后(即把所有第i种物品都放入背包)，仍然小于当前遍历到的体积，则队头元素出队。 ②将所有“无用”元素出队 当队尾元素小于当前已知最大元素使，队尾元素出队 ③将当前元素入队 n组物品，每组物品有s种，每组只能选1种，背包体积为V。 我们用是否选择了第i组物品作为状态转移的依据。将当前的状态定义为：“只在前i组物品中选，已使用体积为j”，这个状态可以由多个状态得到：“选择了第0，1，2.....s种第i组物品”。 如下图所示，可以列出状态转移方程： 我们可以通过在dp过程中维护一个记录方案数的数组，完成对方案数的求解。 需要注意的是，可能存在多种方案都能得到最大结果的情况。 在进行完dp后，我们对f数组进行一个回溯的过程就好了。f[i,r]=?f[i,0]=max(f[i-1,v],f[i-1,2v],...,f[i-1,kv])
f[i,1]=max(f[i-1,v+1],f[i-1,2v+1],...,f[i-1,kv+1])
......
f[i,r]=max(f[i-1,v+r],f[i-1,2v+r],...,f[i-1,kv+r])
f[i-1,v+r]=max(f[i-1,r)+w,f[i-1,r+v])
f[i-1,2v+r]=max(f[i-1,r)+2w,f[i-1,r+v]+w,f[i-1,r+2v])
......
f[i-1,kv+r]=max(f[i-1,r)+kw,...,f[i-1,r+(k-1)v]+w,f[i-1,r+kv])f[i-1,kv+r]=max(f[i-1,r),...,f[i-1,r+(k-1)v]-(k-1)w,f[i-1,r+kv]-kw)+kwf[i,j]=f[i-1][q[hh]]+(j-q[hh])/v*w#include分组背包问题
#include背包问题求方案数
#include背包问题求方案
#include