背包问题

以上涉及的各种背包问题都是要求在背包容量（费用）的限制下求可以取到的最大价值，但背包问题还有很多种灵活的问法，在这里值得提一下。但是我认为，只要深入理解了求背包问题最大价值的方法，即使问法变化了，也是不难想出算法的。 例如，求解最多可以放多少件物品或者最多可以装满多少背包的空间。这都可以根据具体问题利用前面的方程求出所有状态的值（f数组）之后得到。 还有，如果要求的是“总价值最小”“总件数最小”，只需简单的将上面的状态转移方程中的max改成min即可。 下面说一些变化更大的问法。 输出方案 一般而言，背包问题是要求一个最优值，如果要求输出这个最优值的方案，可以参照一般动态规划问题输出方案的方法：记录下每个状态的最优值是由状态转移方程的哪一项推出来的，换句话说，记录下它是由哪一个策略推出来的。便可根据这条策略找到上一个状态，从上一个状态接着向前推即可。 还是以01背包为例，方程为 f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]} 。再用一个数组g[i][v]，设g[i][v]=0表示推出f[i][v]的值时是采用了方程的前一项（也即f[i][v]=f[i-1][v]），g[i][v]表示采用了方程的后一项。注意这两项分别表示了两种策略：未选第i个物品及选了第i个物品。那么输出方案的伪代码可以这样写（设最终状态为f[N][V]）： 另外

之前学了dp没有好好看一遍背包九讲，今天把背包九讲过一遍，供之后自己看方便一些。 一. 01背包 　　 题目链接：https://www.acwing.com/problem/content/2/ 　　n,V<=1000 　　 这个没什么好说的，加滚动数组，复杂度O(nV)，代码如下： #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; const int maxn=1e3+5; int n,V,dp[maxn],v[maxn],w[maxn]; 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;j>=v[i];--j) dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]); printf("%d\n",dp[V]); return 0; } View Code 　　要注意的是，如果题目限制一定要装满，那么应将dp数组初始化为负无穷，只将dp[0]初始化0，此时dp[i]的定义是背包大小为i装满的最大价值，其余都一样，答案是dp[V]。 二. 完全背包 　 　题目链接：https://www.acwing.com/problem

例题： https://www.acwing.com/problem/content/6/ 多重背包除了可以使用二进制加速，还可以使用单调队列加速，并且单调队列会更快 正常的多重背包的dp方程： 其中 k 为物品的多少， v[i]为物品的体积， w[i]为物品的价值 可以看到转移的时候，dp[i][j]只和dp[i][j-k*v[i]]有关，并且是取动态的固定区间大小的区间最值，可以考虑使用优先队列优化。 使用优先队列要求我们j由小到大遍历，因此此题不方便使用一维数组简化空间，但是可以使用滚动数组减少空间 （假如使用一维数组，那么之前计算过的数值就会无限叠加，如图j-3v会叠加到j 然后j再带着j-3v的值不断往前叠加） 使用滚动数组的时候，设 dp[2][i] i:表示此时背包体积多少 dp数组则表示当体积为i的时候可以获得的最优解 每次使用的时候dp[t][i] , 每次需要滚动的时候t^=1 即可 还有一个问题，就是优先队列如何维护数值。 假如直接维护dp[i][k] + (j-k)/v[i] * w[i] （也就是维护dp的值），那么i增加的时候，之前的dp对dp[i]的贡献全部会改变，比如： 当j+=v的时候 此时优先队列里维护的东西就变了。 所以需要维护一个不受距离影响的值，具体看代码： #include<bits/stdc++.h> using namespace

1775: [Usaco2009 Dec]Vidgame 电视游戏问题 题 目链接 ： https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1775 题解 ： 发现是个$zz$分组背包。 但是，正常的分组背包是，完全背包+01背包，在这里根本行不通因为数据范围。 故此我们考虑 背包 $dp$。 状态 ：$f_{(i,j)}$表示前$i$组，$i$选，花费$j$的最大价值；$g_{(i,j)}$表示$i$不选。 因为空间开的下，所以我们可以把$i$也放进去。 不然$i$是可以滚掉的。 代码 ： #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int f[51][100001], g[51][100001]; char *p1, *p2, buf[100000]; #define nc() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1 ++ ) int rd() { int x = 0; char c = nc(); while (c < 48) { c = nc(); } while (c > 47) { x = (((x << 2) + x) << 1) + (c ^ 48

背包问题和01背包问题是很经典的关于动态规划和贪心算法的题目。 这两个问题很相似，01背包是有一个容量为c的背包，装入一些质量为w[ ]的且价值为v[ ]的物品，每次只能选择放入或者不放，不能只放一部分某个物品。求出可以让背包装最大价值的一个x[ ]，其中的每一项表示第 i 个物品是否要装入。 背包问题跟01背包相似，但是可以装入部分商品。 背包问题可以用贪心算法求解，01背包则要用动态规划。 先来说01背包 举个例子： c=5，即背包的容量是5.放入以下质量和价值的物品 编号 质量w 价值v 0 1 6 1 3 12 2 2 10 根据前面的动态规划的解法，动态规划一般需要一个二维的数组存放每一步计算得到的动态结果，本例用矩阵 m 表示，行标表示商品编号 用 i 表示，列标表示变化的 j ，即容量 0 1 2 3 4 5 0 0 6 10 16 18 22 1 0 0 10 12 12 22 2 0 0 10 10 10 10 本例的最佳装法解x应该是x={0,1,1}，也就是装入第二个和第三个，总最大价值为12+10=22 我写了一个简单的代码 1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 int m[3][6];//动态规划中的矩阵 4 int v[3]={12,10,6};//价值 5 int w[3]={3,2,1};//质量

回溯算法的思想：每到一个十字路口A，就选择一条路走a，如果a走不通，则回到十字路口A，选择其他bcd之一，进行走。若依然走不通，则退回到A之前的十字路口，重复上面的操作。 利用回溯算法解决的经典问题：数独、八皇后、0-1背包、图的着色、旅行商问题、全排列等等。 0-1背包问题 #include<iostream> #define MAX_WEIGHT 100 using namespace std; // arr 待装包的物品重量， // curweight 当前i物品的重量 // i 当前即将放入的i物品 // num 可用物品的数量 // bagweight 当前背包的总重量 void fill(int *arr, int curweight, int i, int num, int &bagweight) { if(curweight == MAX_WEIGHT || i == num) // 装满，或者考察完所有物品 { if(curweight > bagweight) { bagweight = curweight; // 记录历史最大装载量 // cout << bagweight << "***" << endl << endl; } return; } fill(arr, curweight, i + 1, num, bagweight); // 不选择i物品

01背包 问题：若干个物体，每个价值为c[i]重量为w[i]，数量均为1，背包最大容量为W，问怎样取物体才能最大化收益？ 解法：dp[i][j]以j为容量为放入前i个物品(按i从小到大的顺序)的最大价值。有递推关系式：dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]]+c[i])。这里的第一维度可以省略。 注意这里的内存重量循环j为W到0，递减关系（保证每个物体取一遍）（后面的不会修改前面的） 当背包空间j少于当前物体的重量时不选该物体这一步可以省略，对后续没有影响。 最终写法为： 1 for(int i=1; i<=m; i++) //物品 2 for(int j=W; j>=0; j--) //容量 3 { 4 if(j >= w[i]) 5 dp[i][j] = max(dp[i-1][j-w[i]]+val[i], dp[i-1][j]); 6 else //只是为了好理解 7 dp[i][j] = dp[i-1][j]; 8 } 完全背包 问题：若干个物体，每个价值为c[i]重量为w[i]，数量均为无限，背包最大容量为W，问怎样取物体才能最大化收益？ 解法：dp[i][j]以j为容量为放入前i个物品(按i从小到大的顺序)的最大价值。有递推关系式：dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]]+c[i])

题目描述 多米诺骨牌有上下2个方块组成，每个方块中有1~6个点。现有排成行的 上方块中点数之和记为S1，下方块中点数之和记为S2，它们的差为|S1-S2|。例如在图8-1中，S1=6+1+1+1=9，S2=1+5+3+2=11，|S1-S2|=2。每个多米诺骨牌可以旋转180°，使得上下两个方块互换位置。 编程用最少的旋转次数使多米诺骨牌上下2行点数之差达到最小。 对于图中的例子，只要将最后一个多米诺骨牌旋转180°，可使上下2行点数之差为0。 输入格式 输入文件的第一行是一个正整数n(1≤n≤1000)，表示多米诺骨牌数。接下来的n行表示n个多米诺骨牌的点数。每行有两个用空格隔开的正整数，表示多米诺骨牌上下方块中的点数a和b，且1≤a，b≤6。 输出格式 输出文件仅一行，包含一个整数。表示求得的最小旋转次数。 输入输出样例 输入 #1 复制 4 6 1 1 5 1 3 1 2 输出 #1 复制 1分析：这道题其实是一道十分抽象的背包问题（你在逗我？这那里是背包，明明是贪心好咩？(≧∇≦)ﾉ）真的是背包啊！QAQ那么我们如何调整呢？我们先把骨牌反转，使点数大的在上方；这样保证上方的点数和一定大于下方的点数和；那么翻转时的点数改变就是上下点数的差值乘以2了！想到这里，我们可以考虑到：一开始的上下的点数的差值抽象成背包的体积，每一个骨牌当成一个物品，因为我们一开始就把点数大的放在了上面

题目描述 尽管奶牛天生谨慎，它们仍然在住房抵押信贷市场中大受打击，现在它们准备在股市上碰碰运气。贝西有内部消息，她知道 S 只股票在今后 D 天内的价格。 假设在一开始，她筹集了 M 元钱，那么她该怎样操作才能赚到最多的钱呢？贝西在每天可以买卖多只股票，也可以多次买卖同一只股票，交易单位必须是整数，数量不限。举一个牛市的例子： 假设贝西有 10 元本金，股票价格如下： 股票 今天的价格 明天的价格 后天的价格 A A 10 15 15 B B 13 11 20 最赚钱的做法是：今天买入 A A股 1 张，到明天把它卖掉并且买入 B 股 1 张，在后天卖掉 B股，这样贝西就有 24 元了。 输入格式 第一行：三个整数 S， D 和 M， 2 ≤ S ≤ 50 2 ≤ S ≤ 5 0 ; 2 ≤ D ≤ 10 2 ≤ D ≤ 1 0 ; 1 ≤ M ≤ 200000 1 ≤ M ≤ 2 0 0 0 0 0 第二行到第 S + 1 行：第 i + 1 行有 D 个整数： P_{i;1} P i ; 1 ​ 到 P_{i;D} P i ; D ​ ，表示第 i i 种股票在第一天到最后一天的售价，对所有 1 ≤ j ≤ D 1 ≤ j ≤ D， 1 ≤ Pi 1 ≤ P i; j ≤ 1000 j ≤ 1 0 0 0 输出格式 单个整数：表示奶牛可以获得的最大钱数，保证这个数不会超过

简介 背包问题是一类动态规划问题的统称，分有多种子类型。 01背包 给定 \(n\) 个物品，每个物品都有自己的价值 \(v_i\) 和重量 \(w_i\) 。现有一个容量为 \(W\) 的背包，求最大价值。 很容易想到每种物品只有选或者不选，那么依次枚举即可。 考虑到还需要判断能否装下这些物品，所以还需要在转移的时候维护剩余容量。 因此设子状态 \(f[i][j]\) 为当前在第 \(i\) 个物品处，包括 \(i\) 在内已经选了重量为 \(j\) 的物品的最大价值。 状态转移方程为 \(f[i][j]=max(f[i-1][j-v_i]+w[i],f[i-1][j])\) 此时的空间复杂度为 \(O(NM)\) ，可以通过滚动数组优化到 \(O(M)\) 。 事实上，还可以进行进一步优化： 由于每一层 \(i\) 之间是互相独立的（也就是说 \(f[i][j]\) 不会被 \(f[i][k]\) 更新），所以我们可以优化掉第一维，但是此时需要修改第二维的枚举顺序。 根据状态转移方程可知，第二维大的状态是由第二维小的状态转移来的，由于我们优化掉了第一维，所以必须先遍历第二维大的状态，否则将会出现覆盖的情况。 所以第一维遍历仍然顺序，第二维遍历须改为逆序。 来源： https://www.cnblogs.com/ilverene/p/11398617.html