背包新得

最近搞了许多背包的题，总结一下各自用法：

01背包：各个商品最多一件，用for（）时倒序保证只能取一次；

完全背包：各个商品无限件，用for（）时正序保证在背包范围内能一直取；

多重背包：各个商品有a[i]件，对每个商品进行讨论，分成完全背包与01背包，拆分只学会了二进制拆分，代码如下：

int ans=cnt[i],s=1;
            while(s<=ans)
            {
                for(int j=C;j>=w[i]*s;j--) f[j]=max(f[j],f[j-w[i]*s]+v[i]*s);
                ans-=s;s=s<<1;
            }
            for(int j=C;j>=w[i]*ans;j--) f[j]=max(f[j],f[j-w[i]*ans]+v[i]*ans);

混合背包：分成以上各个背包；

遇到一道二维背包的题，搞了许久：

很明显需要的O与N很小，但是各个气缸所累加的O，N就大多了，故背包的数组不能由各个气缸所累加的O，N决定；

这个时候就要转换思维了,见以下代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1100;
int O,N,n,w[maxn],a[maxn],b[maxn],f[30][80];
//f[j][k]表示前i个气缸O为j，N为k时的最小重量。
inline int read()                               
{
    int x=0,ff=1;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch))
    {
        if(ch=='-') ff=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch))
    {
        x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
        ch=getchar();
    }
    return x*ff;
}
inline void DP()
{
    for(int i=1;i<=n;i++)    //依次枚举各个商品... 
        for(int j=O;j>=0;j--)  //01背包，倒序枚举各个O的容量... 
            for(int k=N;k>=0;k--) //01背包，倒序枚举各个N的容量...
            {
                int T=j-a[i];      //1;用T表示O由上一个状态哪一个容量更新的... 
                int L=k-b[i];     //2;用L表示N由上一个状态哪一个容量更新的...
                if(T<0) T=0;     //最难理解的地方：由于所有气缸的总O，N的含量太大空间肯定 
                if(L<0) L=0;    //开不下于是就要把符合条件的给缩小，即超过需要的就变成需要的 .
                f[j][k]=min(f[j][k],f[T][L]+w[i]);
            }  //这里对其他的转移没有影响，（假如本状态由未超过需要的O与N转移得到则没有影响。 
}             //假如由超过需要的转移过来，那就不用考虑，直接赋成0，加上当前的重量。） 
int main()
{
    freopen("1.in","r",stdin);
    O=read();N=read();n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        a[i]=read();
        b[i]=read();
        w[i]=read();
    }
    memset(f,127,sizeof(f));
    f[0][0]=0;
    DP();
    cout<<f[O][N]<<endl;
    return 0;
}

对当初的理解确实很懵，不过我们如果从DP的本质讲，就好理解多了，由于逆序输出，只能有小的值更新大的值，由于还是01背包，每个物品只能取一次，每次遇到新的容量，我们都面临取不取的问题，

不取则状态不变，取就要找到由哪一个状态转移过来，1,2就是这个意思，很明显如果T或L的值是负的即这一个缸的O，N就够需求了不需其他缸了，就可以直接把它的上一个状态设为f[0][0]这样就不会因大小问题干扰状态的转移了。这道题就完了。