前置知识：
- 浅谈单调队列
- 简单背包问题
这篇文章我们主要研究 单调队列优化 ( ext{dp}) 如何用于背包问题 和 部分特殊背包问题的优化方式。
( ext{01}) 背包问题
(n) 个物品，背包体积为 (V)，每个物品有 (v_i)（价值）和 (w_i)（重量），每个物品只有 (1) 个。求在不超过背包体积的情况下能获得的最大价值。
(n,V,v_i,w_i leq 1 imes 10^3)，时间限制 (1s)，空间限制 (16MB).
简单的考虑，用 (f_{i,j}) 表示前 (i) 个物品，背包体积为 (j) 的答案，则易得：
这样可以在 (mathcal{O}(nV)) 的时间内解决问题。
但是你发现空间只有 (16 ext{MB})，由于 (i) 的决策只取决于上一行同一列，所以可以直接降维，得：
注意 (j geq w_i) 的隐约限制。
伪代码如下：
for (i=1;i<=n;i++)
for (j=V;j>=w[i];j--)
f[j] = max(f[j] , f[j-w[i]] + v[i]);
(mathcal{O}(nV)) 是最优的算法。今天我们所要实现的，仅仅是，把所有的背包算法复杂度都降为 (mathcal{O}(nV)).
倒叙枚举 - 小细节
你可能会在代码里注意到一行：
for (j=V;j>=w[i];j--)
为什么是倒序枚举呢？它和
for(j=w[i];j<=V;j++)
等价吗？
这是一个初学者常常犯的错误，这两种写法并不等价。可以运用这种写法去解决完全背包。
如果你是正序枚举的话，你会发现，(i) 号物品会被重复使用很多次。比方说 (w_i = 2 , v_i = 3) 时，那么 (j=4) 就会从 (j=2) 转移过来，此时 程序已经把 (i) 物品用了 (2) 次，这样是不可取的。而反之在完全背包中则是可取的，因为完全背包问题是 无限个数 ，可以这样写。
当然如果你倒序枚举的话，此时对于所有 (j = w_i , j = 2 imes w_i cdots cdots) 中，就只会更新 (j=w_i) 的，因为倒序的时候 (j) 从 (j-w_i) 来，前一个还没有推出来就推导后一个，肯定没有答案——这样正好是我们所求的。而 (j=w_i) 有答案的原因就是因为本身的一次更新。
之后遇到的各种 ( ext{dp}) 都会出现类似此类的问题，大家一定要小心！
完全背包问题
(n) 个物品，背包体积为 (V)，每个物品有 (v_i)（价值）和 (w_i)（重量），每个物品有无限个。求在不超过背包体积的情况下能获得的最大价值。
(n,V,v_i,w_i leq 1 imes 10^3)，时间限制 (1s)，空间限制 (16MB).
这样你会发现一个问题，你不知道有多少个！
当然你可以用 (lfloor frac{V}{v_i} floor) 来表示数量，考虑枚举。
同样的 (f_{i,j})，我们可以知道：
大前提是 (j geq k imes w_i)，这样转移的复杂度是 (mathcal{O}(nVw_i))，降维之后应该可以通过。
考虑一个简单的加强：
(n,V,v_i,w_i leq 1 imes 10^4)，空间限制 (128MB).
我们将在下面的研究中，解决这个问题。
多重背包问题
(n) 个物品，背包体积为 (V)，每个物品有 (v_i)（价值）和 (w_i)（重量），每个物品有 ( ext{num}_i) 个。求在不超过背包体积的情况下能获得的最大价值。
(n,V,v_i,w_i leq 1 imes 10^4)，时间限制 (1s)，空间限制 (128MB).
显然我们按照完全背包的方法就可以了，但是 (mathcal{O}(nVw_i)) 是不可能通过 (10^4) 的！所以我们需要考虑，如何优化这个问题。
实际上不用单调队列也可以优化，我们先来讲著名的背包优化的几个方法。
二进制拆分
二进制！这是个熟悉的东西。
实际上我们背包的瓶颈在于两个：背包物品过多，背包容积过大，背包物品数量过多。
容积过大可能会想到离散，但是这不是排序之类只用知道大小的问题啊！容积是不能突破的，考虑优化物品个数。物品个数怎么可能优化呢？数量？
那你可能会说，这和二进制又有什么关系？
下面我们来说一说吧。
用二进制表示数
用集合 (s) 表示二的幂次集，则 (s = { 2^0 , 2^1 cdots 2^{infty}}).每个正整数都可以用若干个 (s) 集合内的元素相加而成。就是说每个数一定能被分解成若干二的幂次的数之和。
(10 = 2 +8)
(100 = 64 + 32 +4)
(1000 = 512 + 256 + 128 + 64 + 32 + 8)
如何证明？
显而易见，每个数都能被二进制表示。比方说 (10_{10} = 1001_2).
那么，用计数原则，(1001_2 = 1 imes 2^0 + 0 imes 2^1 + 0 imes 2^2 + 1 imes 2^3)
这样就证明结束了，你没有发现吗？
拆分原理
将一个 ({ v_i , w_i , num_i}) 的物品，通过 (num_i) 进行拆分。
本来假设一个物品有 (7) 个，你可以把它拆开成 (1,2,4) 个，对这三个物品进行 (01) 背包，你就可以得到 (1 - 7) 所有可能的答案。最后你把不取的答案单独做一遍就可以了。
原理就是， (n) 最多被拆成 (log n) 个二的幂次的数之和，这样保证了时间复杂度是 (mathcal{O}(nV log w_i)) 的。
伪代码
for(i=1;i<=n;i++) {
read(x) , read(y) , read(z);
for(j=1;j<=z;j<<=1) v[++cnt]=x*j,w[cnt]=y*j,z-=j;
if(z) v[++cnt]=x*z,w[cnt]=y*z;
}
// use array v and w to do 01 backpack
单调队列
显然，(10^4) 的数据可以把二进制拆分卡死。我们需要严格去掉 (log).
再看一眼这个状态转移：
你会发现，这不是一段连续的决策！这是断续的。
但是，你会发现这样一个问题。
(f_{i-1 , j} , f_{i-1 , j - w_i} , f_{i-1 , j - 2 imes w_i} cdots f_{i-1 , j - ext{num}_i imes w_i})，这是所有 (f_{i,j}) 的决策点。
你会发现，这些决策点是同行等差列的，每两个决策点隔着一个 (w_i). 这非常好！
余数构造连续决策
你会发现，你可以把 (V) 按照模 (w_i) 进行分类，余数相同的肯定是一类的。
那样我们就可以把这一段当成连续的决策去做，因为实际上枚举余数 ( ext{mo}) 和当前周期编号 (k). 因为 (k) 是连续的，那么 ( ext{mo} + k imes w_i) 实际上就是当前的决策点。这样我们构造出了若干段连续的决策。
时间复杂度分析
对 (n) 个物品每次做一次，所以 (mathcal{O}(n)).
然后同时枚举余数和 (k)，因为 ( ext{mo} imes k leq V)，所以本质上这两重循环的 (sum) 不会超过 (V)，是 (mathcal{O}(V)).
按照单调队列每个节点进出一次的原理，(mathcal{O}(nV)) 的目标已然达成。
for(i=1;i<=n;i++) {
read(v) , read(w) , read(num);
num=min(num,V/v);
for(mo=0;mo<v;mo++) {
l=r=0;
for(k=0;k<=(V-mo)/v;k++) {
x=k,y=f[k*v+mo]-k*w;
while(l<r && q[l].pos<k-num) l++;
while(l<r && q[r-1].val<=y) r--;
q[r].val=y,q[r++].pos=x;
f[k*v+mo]=q[l].val+k*w;
}
}
}
完全背包问题 - 单调队列
这里我们发现，直接把 (lfloor frac{V}{v_i} floor) 作为 ( ext{num}) 就可以直接通过。这样我们实现了完全背包和多重背包的 (mathcal{O}(nV)).
下面，有了多重背包和完全背包的基础，我们将来解决更套路性的问题。
混合背包问题
(n) 个物品，背包体积为 (V)，每个物品有 (v_i)（价值）和 (w_i)（重量），每个物品的个数用符号 (t) 表示。(t=-1) 表示该物品只有 (1) 个，(t=0) 表示该物品有无限个，(t>0) 表示该物品有 (t) 个。求在不超过背包体积的情况下能获得的最大价值。
(n,V,v_i,w_i leq 1 imes 10^4)，时间限制 (1s)，空间限制 (128MB).
很显然，我们可以把 (01) 背包的物品看成是 ( ext{num}_i = 1) 的多重背包物品，完全背包的物品看成是 ( ext{num}_i = lfloor frac{V}{v_i} floor) 的多重背包物品，最后用 (mathcal{O}(nV)) 跑一遍多重背包即可。
代码略。
二维费用背包问题
(n) 个物品，背包体积为 (V)，所能承受的最大重量为 (W).每个物品有 (v_i)（价值）和 (w_i)（重量）和 (g_i)（体积）。求在不超过背包体积 且 不超过最大载重的情况下能获得的最大价值。（每个物品只有 (1) 个）
(n,V,v_i,w_i leq 5 imes 10^2)，时间限制 (1s)，空间限制 (128MB).
显然，我们出现了另一层限制，使得我们无法用 (mathcal{O}(nV)) 的时间解决。实际上时间限制也暗示了这一点。我们应该从头开始，重新推导。其实大多过程是类似的。
基础推导过程
用 (f_{i,j,k}) 表示前 (i) 个物品，体积为 (j)，载重为 (k) 的最大价值。
那么可得：
按照这个方式，(mathcal{O}(nVW)) 足以解决 (5 imes 10^2) 的数据。
伪代码如下：
for(i=1;i<=n;i++) {
read(g) , read(w) , read(v);
for(j=V;j>=g;j--)
for(k=W;k>=w;k--)
f[j][k]=max(f[j][k],f[j-g][k-w]+v); //降维同 01 背包操作
}
拓展二维背包问题
假设，每个物品有 ( ext{num}_i) 个，其余按照二维背包条件不变，(5 imes 10^2) 仍不变，如何追求一个 (mathcal{O}(nVW)) 的算法？
实际上单调队列仅仅是让我们 完全地把背包的复杂度寄托于物品的个数与限制条件，而与具体数值大小无关，所以单调队列是可以做到的。
但是，这个你和一维的背包问题比较一下呢：
一维背包的周期是 (w_i).按照这个说法，二维背包的周期应该是 (operatorname{lcm}(w_i , g_i))，可以认为是 (w_i imes g_i).
我们需要同时枚举两个模数 ( ext{mo1}) 和 ( ext{mo2})，用 ( ext{mo1} imes w_i + ext{mo2}) 来表示当前节点，然后用单调队列做即可。
时间复杂度仍然是 (mathcal{O}(nVW))，一个道理，每个节点入队出队一次。
但是严格意义上这个做法是不对的。为什么呢？
拓展多维背包问题
在拓展二维的基础上，把每个物品的限制加到 (k) 个，能否做到 (mathcal{O}(nVW))？答案是不能。(mathcal{O}(nVWk))？这当然可以。
这样对于 (k) 个限制的相乘，单调队列的优化已经基本无用。因为在完全随机的，(k geq 3) 的情况之下，(k) 个数的乘积很容易就超过了 (max_{i=1}^n w_i) 使得优化失败，无法进行单调队列操作。
所以，(2) 维也是一个道理，两个随机的 (leq 5 imes 10^2) 的数相乘超过 (5 imes 10^2) 的概率很大。一旦出现这样的物品，我们的单调队列等同于大暴力。而大暴力的复杂度恰恰是 (mathcal{O}(nVWk))，对于 (k) 个限制还需要进行循环判断，常数较大。
所以，一般的题目会给定 (k) 的值（并且一般来说 (k leq 3)），把 (k) 当做常数来看！
分组背包问题
(n) 个物品，背包体积为 (V).每个物品有 (v_i)（价值）和 (w_i)（重量），只有 (1) 个。
每个物品属于第 (s_i) 组。求不超过背包体积 且 每组只选一个物品的最大价值。
(n,V,v_i,w_i leq 1 imes 10^3)，时间限制 (1s)，空间限制 (128MB).
很明显，我们应该考虑 ( ext{dp}) 的推导。用 (f_{k,j}) 表示前 (k) 组物品重量为 (j) 所得的最大价值，易得：
显然我们已经得到了一个 (mathcal{O}(n^2V)) 的算法，因为最大组数和 (n) 是同阶的，就算成 (n) 吧。
这里是没有办法优化的，因为 (w_i) 不连续，单调队列不行。
伪代码如下：
for(i=1;i<=n;i++) {
read(s);
for(j=1;j<=s;j++) read(w[j]) , read(v[j]);
for(j=V;j>=0;j--)
for(k=1;k<=s;k++)
if(j>=w[k]) f[j]=max(f[j],f[j-w[k]]+v[k]);
}
有依赖的背包问题
这一道题目将是背包问题中最难的一种。
(n) 个物品，背包体积为 (V).每个物品有 (v_i)（价值）和 (w_i)（重量），只有 (1) 个。
每个物品有一个依赖物品 (p_i)，如果选了 (i) 物品，则必须选 (p_i) 号物品。求不超过背包体积的最大价值。数据保证 每个物品最多依赖于一个物品。（注：因此此类题常常用树形结构给出，儿子节点和父节点呈依赖关系）
(n,V,v_i,w_i leq 1 imes 10^3)，时间限制 (1s)，空间限制 (128MB).
显然，这种有依赖的背包并不容易，这和树形 ( ext{dp}) 有些类似。简单的，如果选了 (i)，所有 (i) 的祖先都会被选。
一个非常显然的思路是，直接把所有子树的答案计算，合并即可。对于每一个子树，先不考虑根节点，进行背包，然后最后加上根节点的值即可。（因为根节点无论如何会被选，除非全不选）
代码略。
泛化物品
背包中比较玄乎的东西，选看选做。
泛化物品的精髓就是，每个物品没有固定的价值和重量，其价值随着分配的重量而变化。简单的，你用 (x) 的重量去放它，它就会产生 (h_x) 的价值贡献。而 (h_x) 的具体计算会给你一个多项式。这是非常好的一类问题。这一类问题的解决相当繁琐。
比方说吧，若背包容量为 (10)，(h_1 = 3x + 2)，一个物品 (h_2 = 2x+3)，显然你直接放 (1) 个 (h1)，价值就可以达到 (32)。这意思不是说贪心可以解决背包，而是这类问题不好解决。
简单的透露一下，该问题的复杂度应当是 (mathcal{O}(V^2))，具体内容可以参考文末的 泛化物品_百度百科.
求方案数 & 具体方案
非常简单，只需要再开一个，算出 (f) 后，用 与其同样维数的 (g) 记录当前最优解的方案数。只需要把所有的决策点的 (g) 统计一遍即可得到新的 (g).
求具体方案也一样，一般来说会让你求字典序最小的，那么你用 与 (f) 同样维数的 (g) 记录当前最优解且字典序最小的 那一个编号，这样就可以解决问题。
如果让你求全部的最优方案，你需要开一个 ( ext{vector}) 和 (f) 维数一样，类似于 vector<int> h[N][M] 的操作，开二维数量个 ( ext{vector})，记录所有答案，最后迭代返回。
由于方案数的增加呈指数性，一般只会求特殊的具体方案 / 方案数取模。
附录：背包问题的搜索解法
以最简单的 (01) 背包为例，如何用朴素搜索解决？
大力搜索
枚举每个物品选或不选，这样复杂度是 (mathcal{O}(2^n)) 的，可以加上剪枝（最主要的：就是当前答案加上所有未选的价值之和也不如之前得到的答案，或者是重量超出限制），但也只能 勉强 通过 (n=25) 的数据。
一个基于贪心的优化，将重量小 / 价值大 / 性价比高的物品先搜索，会适当提高效率。但是哪怕剪枝到极限，最多也是 (n=26,27) 的样子。
( ext{NP}) 完全问题
考虑这是一个 ( ext{NP}) 完全，所以从模板题出发：
给定集合 (S)，求是否存在集合 (X) 使得 (X) 中的元素之和为 (k). (|S| leq 42).
显然大力枚举 (2^{42}) 是不可能通过的。我们考虑一个简单的优化。
将 (S) 等分 为两部分 (S1) 和 (S2)，然后枚举 (S1) 和 (S2) 内所有的可能，并两两相加验证。这样复杂度是 (mathcal{O}(2^{lfloor frac{n}{2} floor})) 的，可以通过 (n=42) 的数据。
当然作者可以自行尝试分更多份，实际上大概率效率不会更高。
折半搜索
实际上上面解决 ( ext{NP}) 完全的方法就是折半搜索的精髓了，对两边分别大力搜索即可实现 (mathcal{O}(2^{lfloor frac{n}{2} floor})) 的复杂度。
搜索 ( ext{VS DP})
一般来说，设计到多重，完全，肯定是 ( ext{dp}).只有 (01) 背包需要进行讨论！
如果 (w_i,V leq 10^{16} , n leq 40)，那明显是折半搜索。
如果 (w_i,V,n leq 5 imes 10^3)，那明显是 ( ext{dp}).
总之，面向数据编程是没有毛病的，具体情况具体分析吧。
课后习题
（( ext{Acwing}) 上面 (9) 道题，( ext{洛谷}) 上 (1) 道，一共 (10) 道不算多吧）
参考资料
泛化物品_百度百科43693379/article/details/89432283)