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背包问题

2022-02-09 23:32:35 作者：互联网

背包问题

0/1背包

最基础的背包问题
有\(n\)件物品和一个容量为\(m\)的背包。第\(i\)件物品的重量是\(w_i\)，价值是\(v_i\)。求解将哪些物品装入背包可在总重量不超过\(m\)的前提下使价值总和最大。
\(f(i,j)\)表示前\(i\)件物品，背包容量为\(j\)时最大价值

那么就需要考虑第\(i\)件物品装/不装
1. 第\(i\)件物品无法装进背包：\(f(i,j)=f(i-1,j)\)，即可获得的最大值不变
2. 第\(i\)件物品装入背包：\(f(i,j)=f(i-1,j-w_i)+v_i\)，即前\(i-1\)件物品装入容量为\(j-w_i\)的背包（留下\(w_i\)的空间来装第\(i\)件物品）的价值加上第\(i\)件物品的价值
3. 第\(i\)件物品不装入背包：\(f(i,j)=f(i-1,j)\)，即可获得的最大值不变
若第\(i\)件物品可以装入背包，那么当前可获得的最大价值为第2、3种情况的最大值
```
int f[n+1][m+1];
for(int i = 1;i<=n;i++){
    for(int j = 0;j<=m;j++){
        if(j < w[i]) f[i][j] = f[i-1][j];
        else f[i][j] = max(f[i-1][j],f[i-1][j-w[i]]+v[i])
    }
}
int ans = f[n][m];
```

例题

Lg P1048 采药

将总时间\(T\)视为容量\(m\)，将总草药数\(M\)视为物品件数\(n\)

将每株草药的采集时间视为重量\(w\)，将草药价值视为\(v\)

则可以直接套上面的板子

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1005;

int t,m;
int dp[N][N];
int v[N];
int T[N];

int main(){
	scanf("%d%d",&t,&m);
	for(int i = 1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&T[i],&v[i]);
	
    for(int i = 1;i<=m;i++){
		for(int j = t;j>=0;j--){
			if(j < T[i]) dp[i][j] = dp[i-1][j];
			else dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-T[i]] + v[i]);
		}
	}
	printf("%d",dp[m][t]);
	return 0;
}

完全背包

有\(n\)件物品和一个容量为\(m\)的背包。第\(i\)件物品的重量是\(w_i\)，价值是\(v_i\)。每件物品可以选无数份。求解将哪些物品装入背包可在总重量不超过\(m\)的前提下使价值总和最大。
与0/1背包的区别就在于每份物品的数量无限
\(f(i,j)\)表示前\(i\)件物品，背包容量为\(j\)时最大价值

那么就需要考虑第\(i\)件物品装/不装
1. 第\(i\)件物品无法装进背包：\(f(i,j)=f(i-1,j)\)，即可获得的最大值不变
2. 第\(i\)件物品装入背包：\(f(i,j)=f(i,j-w_i)+v_i\)，即前\(i\)件物品装入容量为\(j-w_i\)的背包（留下\(w_i\)的空间来装第\(i\)件物品）的价值加上第\(i\)件物品的价值
3. 第\(i\)件物品不装入背包：\(f(i,j)=f(i-1,j)\)，即可获得的最大值不变
若第\(i\)件物品可以装入背包，那么当前可获得的最大价值为第2、3种情况的最大值
与0/1背包的区别在选第\(i\)件物品的时候，是将前\(i\)件物品装包，而不是前\(i-1\)件
因为每件物品可以选无数份，所以选更新过的值\(f(i,j-w_i)\)+\(v_i\)

模板

int f[n+1][m+1];
for(int i = 1;i<=n;i++){
    for(int j = 0;j<=m;j++){
        if(j < w[i]) f[i][j] = f[i-1][j];
        else f[i][j] = max(f[i-1][j],f[i][j-w[i]]+v[i])
    }
}
int ans = f[n][m];

在第5行进行了修改

例题

Lg P1616 疯狂的采药

在本题使用了滚动数组降维否则爆空间

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = (1e7+10);
int t,m;

long long f[N];
int v[10010];
int T[10010];

int main(){
	scanf("%d%d",&t,&m);
	for(int i = 1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&T[i],&v[i]);
    
	for(int i = 1;i<=m;i++){
		for(int j = T[i];j<=t;j++){
			f[j] = max(f[j],f[j-T[i]]+v[i]);
		}
	}
	printf("%lld",f[t]);
	return 0;
}

滚动数组

通过不断覆盖无用的旧数据从而节约空间的操作
易知\(\text{dp}\)的第一维\(i\)仅与\(i-1\)有关，在操作\(i\)的时候旧数据\(i-1\)仍在数组中,因此可以压掉第一维

从前文的两种模型的状态转移方程中可以看出，

0/1背包需要上一层的数据，而完全背包不需要，且由于\(i\)与\(j\)是两个互不干扰的维度，降维对\(j\)无影响

因此

0/1背包使用滚动数组的时候需要倒着枚举

完全背包使用滚动数组的时候需要正着枚举
另外，如果第\(i\)件物品无法装入背包，则状态不需要覆盖

所以开始覆盖旧数据的最小重量为\(w_i\)

因此枚举时可以以\(w_i\)开始/结束

模板

int dp[m+1];
// 01背包
for(int i = 1;i<=n;i++){
    for(int j = m;j>=w[i];j--){
        dp[j] = max(dp[i],dp[j-w[i]]+v[i]);
    }
}
// 完全背包
for(int i = 1;i<=n;i++){
    for(int j = w[i];j<=m;j++){
        dp[j] = max(dp[i],dp[j-w[i]]+v[i]);
    }
}

多重背包

\(n\)个物品，每个物品可选至多\(n_i\)个，可不选，每个体积为\(v_i\)，价值为\(w_i\)。
求总体积不超过\(m\)的情况下能拿走物品总价值的最大值。
将至多\(n_i\)个物品全部视为独立的可选取\(n_i\)个物品，使用0/1背包解决
优化

任何一个数都可以被拆分为 \(2^0,2^1,\dots,2^{k-1},d\) 的形式

因此将每个\(n_i\)进行二进制拆分后，一定可以凑出\(\leq n_i\)的所有数字

将拆分出来的数\(k_j\)与原价值、原体积相乘，得到一个新的物品

模板

//这里的n，W分别代表n种物品，最大重量为W
scanf("%d%d",&n,&W);
int num = 1;
for(int i = 1;i<=n;i++){
    //v为价值，w为重量，m为个数
	int v,w,m;
	scanf("%d%d%d",&v,&w,&m);
    //进行二进制拆分
	for(int j = 1;j<=m;j<<=1){
		Val[++num] = j*v;
		Wei[num] = j*w;
		m -= j;
	}
    //此时的m相当于拆分后剩下的d
	if(m) Val[++num] = v*m,Wei[num]=w*m;
}
//01背包滚动数组
for(int i = 1;i<=num;i++){
	for(int j = W;j>=Wei[i];j--){
		f[j] = max(f[j],f[j-Wei[i]]+Val[i]);
	}
}

分组背包

\(n\)个物品，体积为\(w_i\)，价值为\(v_i\)。
所有物品被分为若干组，同组物品最多选一个。
求总体积不超过\(m\)的情况下能拿走物品总价值的最大值。

把每个组当成一个物品，选的时候枚举选哪个物品

for 所有的组k
	for j=W..0
		for 所有的i属于组k
			f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+v[i])

标签：件物品,int,问题,装入,背包,物品,dp
来源： https://www.cnblogs.com/burnling/p/15877355.html