各种各样的基础背包
0-1 背包
非常朴素，复杂度 (O(nV))
void z_o_pack(int c,int v)
{
for(int i=V;i>=c;i--)
dp[i]=max(dp[i],dp[i-c]+v);
}
完全背包
复杂度 (O(nV))
void comp_pack(int c,int v)
{
for(int i=c;i<=V;i++)
dp[i]=max(dp[i],dp[i-c]+v);
}
多重背包
单调队列优化
设 (dp[i][j]) 表示前 (i) 个物品放入容量为 (j) 的背包的最大收益 。
考虑 (dp) 的转移 。
这样就可以进行单调队列优化了 。
复杂度可以达到 (nV)
int ql,qr;
struct QUE
{
int num,val;
}que[Maxv];
void many_pack(int c,int w,int m)
{
if(!c) { add+=m*w; return; }
m=min(m,V/c);
for(int pos=0,s;pos<c;pos++)
{
ql=1,qr=0,s=(V-pos)/c;
for(int j=0;j<=s;j++)
{
while(ql<=qr && que[qr].val<=(dp[pos+j*c]-j*w)) qr--;
que[++qr]=(QUE){j,dp[pos+j*c]-j*w};
while(ql<=qr && (j-que[ql].num)>m) ql++;
dp[pos+j*c]=max(dp[pos+j*c],que[ql].val+j*w);
}
}
}
二进制分组
比起上面的方法理解与实现起来更为简单。
我们吧多重背包的“多个物品”限制转化为有 (leftlceillog n ight ceil) 个物品的 (0/1) 背包。
注意我们在二进制拆分时要拆为二进制下末尾连续的若干个 (1) 和一个余数。
inline void many_pack(int C,int W,int D)
{
for(int i=1;i<=D;D-=i,i<<=1) for(int j=m;j>=C*i;j--)
if(f[j-C*i]!=-inf) f[j]=max(f[j],f[j-C*i]+W*i);
if(D) for(int j=m;j>=C*D;j--) if(f[j-C*D]!=-inf)
f[j]=max(f[j],f[j-C*D]+W*D);
}
多维限制背包
只是多加几位，没有太大区别。
混合三种背包的问题
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(/*是0-1背包*/) z_o_pack(c[i],w[i]);
if(/*是完全背包*/) comp_pack(c[i],w[i]);
if(/*是多重背包*/) many_pack(c[i],w[i],m[i]);
}
分组背包
同一组内只能选一个物品。
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=V;j>=0;j--)
for(int k=1;k<=cnt[i];k++) if(j>=c[i][k])
dp[j]=max(dp[j],dp[j-c[i][k]]+w[i][k]);
这样保证每一组内只会选择一个。
很多背包问题都能都转化为分组背包。
树形依赖背包
复杂度：(O(n^2))
虽然有三层循环，但是内层运算总量与整棵子树内点对个数一致。
void dfs(int x,int fa)
{
dp[x][1]=w[i],siz[x]=1;
for(int i=hea[x];i;i=nex[i])
{
if(ver[i]==fa) continue;
dfs(ver[i],x);
siz[x]+=siz[ver[i]];
for(int j=min(V+1,siz[x]);j>=2;j--) // 注意要从大到小枚举，防止后效性
for(int k=1;j-k>=1;k++)
dp[x][j]=max(dp[x][j],dp[x][j-k]+dp[ver[i]][k]);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) if(!ind[i]) add(0,i); // 给出的图是一个森林
dfs(0,-1);
printf("%d
",dp[0][V+1]);
注意：想这一类题目时只用考虑如何设置 (dp_{i,j}) ？初始状态是什么？如何转移？
但是有时候背包容量与子树大小不同阶怎么办？我们需要考虑另一个做法。
如果选择一个节点，它到根节点的路径上的每一个节点都至少选择了一个物品（默认多重背包 (-) 二进制拆分解决）。
设 (f_{i}) 是考虑已经遍历过的节点，花了 (i) 元的最大价值。在遍历到一个节点时，先将已有的 dp 值存储一下，然后在该节点强行选一个物品，对于该节点剩下的物品跑多重背包，然后递归该节点的子节点即可。
当然，也有可能该节点和其子树都不选，所以在回溯时，将每个 dp 值都与进入该节点是存储的 dp 值取个 (max) 即可。
inline void many_pack(int C,int W,int D)
{
for(int i=1;i<=D;D-=i,i<<=1) for(int j=m;j>=C*i;j--)
if(f[j-C*i]!=-inf) f[j]=max(f[j],f[j-C*i]+W*i);
if(D) for(int j=m;j>=C*D;j--) if(f[j-C*D]!=-inf)
f[j]=max(f[j],f[j-C*D]+W*D);
}
void dfs(int x,int fa,int dep)
{
if((dep+=c[x])>m) return;
for(int i=0;i<=m;i++) dp[x][i]=f[i];
for(int i=m;i>=dep;i--) f[i]=f[i-c[x]]+w[x];
for(int i=0;i<dep;i++) f[i]=-inf;
many_pack(c[x],w[x],d[x]-1);
for(int i=hea[x];i;i=nex[i]) if(!used[ver[i]] && ver[i]!=fa)
dfs(ver[i],x,dep);
for(int i=0;i<=m;i++) dp[x][i]=f[i]=max(dp[x][i],f[i]);
}
泛化物品
即一个物品的价值与消耗都会随着加入位置、时间的改变而改变。
注意：既然物品的价值随着加入位置而改变，应该现将物品排序再加入。
不同问法的背包问题
输出方案
记录从哪一项转移过来即可
求字典序最小的方案
咕咕咕
求方案总数
将 (max) 改为 (sum) ,其余不变（此时求出的方案数，包括物品总价不是最大的情况）
求最优方案总数
咕咕咕
求次优解、第K优解
咕咕咕
常见例题：
多种背包混合
P1941 飞扬的小鸟
$ exttt{solution}$
算法：(01) 背包 (+) 完全背包 。
状态：设 (dp[i][j]) 表示横坐标为 (i) 高度为 (j) 的最少点击次数 。
-
上升 ：完全背包 转移方式
-
下降 ：(01) 背包 转移方式
-
超过 (m) 变为 (m) ： 特判
代码：
for(int i=1;i<=n;i++) Low[i]=1,High[i]=m;
for(int i=1;i<=k;i++) p=rd(),e[p]=1,Low[p]=rd()+1,High[p]=rd()-1;
memset(g,inf,sizeof(g));
for(int i=1;i<=m;i++) g[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
memset(f,inf,sizeof(f));
for(int j=x[i];j<=x[i]+m;j++) f[j]=min(f[j-x[i]]+1,g[j-x[i]]+1); // 完全背包
for(int j=m+1;j<=m+x[i];j++) f[m]=min(f[j],f[m]); // 特判超过 m
for(int j=1;j<=m-y[i];j++) f[j]=min(f[j],g[j+y[i]]); // 01 背包
for(int j=1;j<Low[i];j++) f[j]=inf;
for(int j=High[i]+1;j<=m;j++) f[j]=inf; // 不可行方案
if(e[i]) for(int j=Low[i];j<=High[i];j++) if(f[j]<inf) { cnt++; break; } // 统计通过的管道数
memcpy(g,f,sizeof(g));
}
for(int i=1;i<=m;i++) ans=min(ans,g[i]);
if(ans!=inf) printf("1
%d
",ans);
else printf("0
%d
",cnt);
合并两个限制条件相同的背包
P4095 [HEOI2013]Eden 的新背包问题
题意：给定 (n) 种物品，每种有 (m_i) 件，每一件价值为 (v_i) ，重量为 (c_i) 。由于某些原因，在第 (i) 个询问中，第 (i) 种物品不能选择，请对于每个询问求出当前条件下的最大收益。
其中， (nle 1000,c_ile 100) 。
考虑从前往后、从后往前进行背包。
在第 (i) 个询问中合并 (pre[i-1]) 与 (suf[i+1]) 的背包。
for(int j=0;j<=v;j++) ans=max(ans,dp[0][num-1][j]+dp[1][num+1][v-j]);
当组内重量、价值连续时分组背包的前缀和优化
CF1559E Mocha and Stars
题意：
求有多少长 (n) 的序列 (a) 满足：
- (l_ile a_ile r_i)
- (sum_{i=1}^{n}a_ile m)
- (gcd(a_1,dots,a_n)=1)
答案对 (998244353) 取模。
设 (f(a_1,a_2,a_3,dots,a_n)) 是否是一个满足前两个条件的序列。
之后相当于一个分组背包，有 (n) 件物品，每一件都在 ([l_i,r_i]) 之间，去除不超过 (m) 的重量，求方案数。
$ exttt{code}$
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define infll 0x7f7f7f7f7f7f7f7fll
#define inf 0x3f3f3f3f
#define Maxn 55
#define Maxm 100005
#define mod 998244353
#define int long long
typedef long long ll;
inline int rd()
{
int x=0;
char ch,t=0;
while(!isdigit(ch = getchar())) t|=ch=='-';
while(isdigit(ch)) x=x*10+(ch^48),ch=getchar();
return x=t?-x:x;
}
ll maxll(ll x,ll y){ return x>y?x:y; }
ll minll(ll x,ll y){ return x<y?x:y; }
ll absll(ll x){ return x>0ll?x:-x; }
ll gcd(ll x,ll y){ return (y==0)?x:gcd(y,x%y); }
int n,m,tot;
int L[Maxn],R[Maxn],l[Maxn],r[Maxn];
int dp[Maxm],tmp[Maxm],pri[Maxm],mu[Maxm];
ll ans;
bool vis[Maxm];
signed main()
{
//ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
//freopen(".in","r",stdin);
//freopen(".out","w",stdout);
n=rd(),m=rd();
for(int i=1;i<=n;i++) L[i]=rd(),R[i]=rd();
vis[1]=mu[1]=true;
for(int i=2;i<Maxm;i++)
{
if(!vis[i]) mu[i]=-1,pri[++tot]=i;
for(int j=1;j<=tot && i*pri[j]<Maxm;j++)
{
vis[i*pri[j]]=true;
if(i%pri[j]==0) break;
mu[i*pri[j]]=-mu[i];
}
}
for(int d=1,MAX;d<=m;d++) if(mu[d])
{
MAX=m/d;
for(int i=1;i<=n;i++) l[i]=(L[i]+d-1)/d,r[i]=R[i]/d;
for(int i=0;i<=MAX;i++) dp[i]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<=MAX;j++) tmp[j]=0;
for(int j=l[i];j<=MAX;j++)
{
tmp[j]=dp[j-l[i]];
if(j>r[i]) tmp[j]=(tmp[j]-dp[j-r[i]-1]+mod)%mod;
}
dp[0]=0;
for(int j=1;j<=MAX;j++) dp[j]=(dp[j-1]+tmp[j])%mod;
}
ans=(ans+1ll*dp[MAX]*mu[d]%mod+mod)%mod;
}
printf("%d
",ans);
//fclose(stdin);
//fclose(stdout);
return 0;
}
一分为二
P1651 塔
题意：有 (n) 个数，从中选出两个集合（可以有剩余），使两个数集中的数字之和相等。
！！！这不是一道背包问题，因为可以有剩余，所以更具判断 (dp[sum] e -1) 和 (dp[2 imes sum] e -1) 是错的。
选出的 (2 imes sum) 和 (sum) 不一定是包含关系。
应该用普通 ( ext{DP}) 解决。
（当然，当 (n) 非常小的时候，可以直接使用 meet in the middle 解决问题） 如：P3067 [USACO12OPEN]Balanced Cow Subsets G
两种限制/收益的问题
将数组下标的一位设为 “任务一” 的值，而将数组内容设为 “任务二” 的最小 (/) 最大值。
输出答案的时候将下标与值取和、最小、最大……
P2224 [HNOI2001]产品加工
( ightarrow) P2224 solution
用 (dp[i][j]) 表示加到 (i) 为止，机器 (1) 使用了 (j) 的时间，而 (dp[i][j]) 值表示机器 (2) 消耗的时间。
跑背包。
n=rd();
memset(dp,inf,sizeof(dp)),dp[0][0]=0;
for(int i=1,x,y,z,opt,pre;i<=n;i++)
{
x=rd(),y=rd(),z=rd(),opt=i&1,pre=opt^1;
MAX+=max(x,max(y,z));
for(register int j=0;j<=MAX;j++) dp[opt][j]=inf; // 防止上一次的值影响
for(register int j=0;j<=MAX;j++)
{
if(y) dp[opt][j]=min(dp[opt][j],dp[pre][j]+y);
if(j>=x && x) dp[opt][j]=min(dp[opt][j],dp[pre][j-x]);
if(j>=z && z) dp[opt][j]=min(dp[opt][j],dp[pre][j-z]+z);
}
}
for(int i=0;i<=MAX;i++) ans=min(ans,max(dp[n&1][i],i));
printf("%d
",ans);
P2340 [USACO03FALL]Cow Exhibition G
题意：有 (n) 头奶牛，每一头奶牛有一个情商值和智商值，现在要从中选出若干头奶牛。在奶牛的情商和与智商和都不小于 (0) 的情况下，求出情商与智商之和的最大值。
（需要滚动数组）设 (dp[j]) 表示在前 (i) 头奶牛中选出情商为 (j) 时的智商最大值为 (dp[j]) 。
暴力转移。
最后在 (i>0) 的情况下，计算 (i+dp[i]) 的最大值。
比较复杂的题目
P3891 [GDOI2014]采集资源
先进行一次 ( ext{DP}) 求出 (dp1[i]) 数组，表示花费 (i) 能够获得的最大劳动力。
之后进行第二次 ( ext{DP}) 求出 (dp2[i][j]) ，表示在第 (i) 时间花费 (j) 能获得最大劳动力（单位时间内的收获最多）。转移方程：
在求出 (dp2) 的同时比较此时是否能使收益 ((j-k+dp[k]+dp[i][j])) 大于 (t) ，及时输出。
注意：初始化使需将数组赋值为不可能取到的值，以防错误转移。
P2481 [SDOI2010]代码拍卖会
对于任何一个猪猪举牌的方案，都可以看做 (9) 个以内的若干 “(1) 的后缀” 相加而成！
我们可以把一个数分割成若干个 (000000dots 11111) 的和。
不妨记 (cnt(i)) 为 (pmod p) 意义下 ([ ext{余数是 i 的“1 的后缀”}]) 的数量。
之后完成一个背包就好了。
设 (dp(i,j,k)) 表示当前考虑到余数为 (i) 的 “(1) 的后缀” ，此前已经放上了 (j) 个 “(1) 的后缀” ，此时构成的数字的 (pmod p) 的余数是 (k) 的方案数。
初始化：全部填 (1) 的 (n) 位数对 (p) 取模后的状态。（注意这里的处理！！！就是这里卡了 (4~Hours) ）
设：
- (put) 表示放入 (put) 个余数为 (i) 的 “(1) 的后缀” 。
- (Left) 表示放入前已经有了 (Left) 的余数。
- (d) 表示在放入前已经有 (s) 个数了。
- 二项式表示从所有余数为 (i) 的 “(1) 的后缀” 取出 (put) 个的方案数（证明见数论基础）。
转移方程：
$ exttt{code}$
#define Maxp 505
#define mod 999911659
ll n,p,len,add;
ll cnt[Maxp],Last_pos[Maxp],inv[11];
ll f[11][Maxp],g[11][Maxp];
ll C(ll x,ll y)
{
ll ret=1;
for(ll i=x;i>=x-y+1;i--) ret=ret*i%mod;
for(ll i=y;i>=2;i--) ret=ret*inv[i]%mod;
return ret;
}
void pre_cnt()
{
ll st,addn;
for(ll i=1,tmp=0;i<=p+p;i++)
{
tmp=(tmp*10+1)%p;
if(Last_pos[tmp]) { st=Last_pos[tmp]-1,len=i-Last_pos[tmp]; break; }
addn=tmp,Last_pos[tmp]=i; // 这里！！！
}
if(n<st) for(int i=1,tmp=0;i<=n;i++) tmp=(tmp*10+1)%p,cnt[tmp]++,addn=tmp;
else
{
ll Times=(n-st)/len,ed=(n-st)%len+st;
if((n-st)%len==0) ed=0; // 这里！！！
for(int i=1,tmp=0;i<=st+len;i++)
{
tmp=(tmp*10+1)%p;
if(i==ed) addn=tmp; // 这里！！！
if(i<=st) cnt[tmp]++;
else
{
cnt[tmp]=(cnt[tmp]+Times)%mod;
if(i<=ed) cnt[tmp]=(cnt[tmp]+1)%mod;
}
}
}
f[0][addn]=1;
}
ll Dp()
{
for(int i=0;i<p;i++)
{
memcpy(g,f,sizeof(f)),memset(f,0,sizeof(f));
for(int s=0;s<9;s++) for(int Put=0;s+Put<9;Put++)
{
ll mul=C(cnt[i]+Put-1,Put);
for(int Left=0;Left<p;Left++)
f[s+Put][(Left+i*Put)%p]=(f[s+Put][(Left+i*Put)%p]+mul*g[s][Left]%mod)%mod;
}
}
ll ret=0;
for(int i=0;i<9;i++) ret=(ret+f[i][0])%mod;
return ret;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&p);
inv[0]=inv[1]=1; for(ll i=2;i<=10;i++) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
pre_cnt();
printf("%lld
",Dp());
return 0;
}