c++背包问题

又鸽了好久……

前言

博主刚刚学会背包问题不久，然后有一段时间没练习了

今天就来重新温习一下，顺手就写了这一篇博客。

好了，下面进入正题！

算法简介

背包问题是动态规划的一个分支

主要是分成了01背包、完全背包和多重背包。

下面从01背包开始讲解。

背包算法介绍

01背包

基本概念

01背包是在M件物品取出若干件放在空间为W的背包里，每件物品的体积为W1，W2至Wn，与之相对应的价值为P1,P2至Pn。01背包可谓是背包问题中最简单的问题。01背包的约束条件是给定几种物品，每种物品有且只有一个，并且有权值和体积两个属性。在01背包问题中，因为每种物品只有一个，对于每个物品只需要考虑选与不选两种情况。如果不选择将其放入背包中，则不需要处理。如果选择将其放入背包中，由于不清楚之前放入的物品占据了多大的空间，需要枚举将这个物品放入背包后可能占据背包空间的所有情况。

问题雏形

有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的体积是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。

问题解答

了解了基本概念和问题雏形后我们就可以来想做题的方法了。

从题目里看，我们就能看出，01背包有个特点：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。

所以我们就可以把每种情况都枚举一遍。

首先建立一个二维数组dp[][]表示价值，w[i]是每件物品的价值，c[i]是每件物品的体积

然后就想，由于它只有放和不放两种状态，我们就要比较这两种状态的价值，用max函数。

状态转移方程：dp[i][v]=max{dp[i-1][v],dp[i-1][v-c[i]]+w[i]}

其中，dp[i-1][v]表示不放该物品，dp[i-1][v-c[i]]+w[i]表示放入该物品。

这样做一个循环枚举各种情况即可。

for (i = 1; i <= n; i++)
    for (j = v; j >= c[i]; j--)//在这里，背包放入物品后，容量不断的减少，直到再也放不进了
        dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - c[i]] + w[i]);

最后的结果就是最大值。

还有一些优化的方法：01滚动和就地滚动。

01滚动：

我们可以看到每一行的结果实际上只与上一行有关，所以就可以01滚动——f[i][0,1] 一行记录前一行的值，另一行记录当前行的值……

所以，这是一种简化的好办法！

就地滚动：

就地滚动就是用一个一维数组，把之前的状态和当前的状态放在同一个数组，但是在写的过程中会有问题。

先上代码吧：

for(i=1 ; i<= n ; i++)
     for(j= c[i]; j<v ; j++)     
        if(!dp[j-c[i]) dp[j] = dp[j-c[i]];

我们会发现，这样的话一个物品会被重复计算多次。

实战演练

问题1：采药

这是一个经典的问题哦！

飞机场：洛谷P1048 采药

问题解答（不可用于直接AC本题，可进行参考！）

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define inf 100000000
//状态：dp[i][j]表示考虑前i个草药，目前体积之和为j，可以获得的最大价值
//转移方程：dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]]+v[i]) 
//答案：dp[m][max(...)]
//不需要初始化，直接算 
//复杂度：O(m*t) 
int dp[105][1005],w[105],v[105];
using namespace std;
int main()
{
    int t,m;
    cin>>t>>m;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        cin>>w[i]>>v[i];
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
        for(int j=t;j>=0;j--)
        {
            if(j-w[i]>=0)
                dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]]+v[i]);
            else
                dp[i][j]=dp[i-1][j];
        }
    int ans=0;
    for(int i=0;i<=t;i++)
    {
        ans=max(dp[m][i],dp[m][i-1]);
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

 当然还有一种做法。可以直接使用一维数组：参见一本通。

 完全背包

基本概念

这个问题非常类似于01背包问题，所不同的是每种物品有无限件，也就是从每种物品的角度考虑，与它相关的策略已并非取或不取两种，而是有取0件、取1件、取2件……取[V/c]件等很多种。

问题雏形

 有 N 种物品和一个容量为 V 的背包，每种物品都有无限件可用。放入第 i 种物品的费用是 Ci ，价值是 Wi 。求解：将哪些物品装入背包，可使这些物品的耗费的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。

问题解答

这个题目有一个和01背包不一样的地方：每种物品有无数件！

然后我们想前面我说过的就地滚动，会计算多次，这不正巧？

实战演练

问题2：疯狂的采药

这个……这个题目的介绍不大正经，未成年人请在家长的陪伴下观看。

飞机场：洛谷P1616 疯狂的采药

问题解答（不可用于直接AC本题，可进行参考！）

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define inf 100000000
//状态：dp[i][j]表示考虑前i个草药，目前体积之和为j，可以获得的最大价值
//转移方程：dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]]+v[i]) 
//答案：dp[m][max(...)]
//不需要初始化，直接算 
//复杂度：O(m*t) 
int f[1000001],t,m,ti,v;
using namespace std;
int main()
{
    cin>>t>>m;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        cin>>ti>>v;
        for(int j=ti;j<=t;j++)
            f[j]=max(f[j],f[j-ti]+v);
    }
    cout<<f[t];
    return 0;
}

 多重背包

基本概念&问题雏形

有N种物品和一个容量为V的背包。第i种物品最多有n[i]件可用，每件体积是w[i]，价值是v[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。

问题解答

这个问题的特点是：每种物品有一定数量

这个运用的是二进制思想！

转化为01背包求解：把第i种物品换成n[i]件01背包中的物品，则得到了物品数为Σn[i]的01背包问题。

我们考虑把第i种物品换成若干件物品，使得原问题中第i种物品可取的每种策略——取0..n[i]件——均能等价于取若干件代换以后的物品。

另外，取超过n[i]件的策略必不能出现。 方法是：将第i种物品分成若干件物品，其中每件物品有一个系数，这件物品的费用和价值均是原来的费用和价值乘以这个系数。

使这些系数分别为1,2,4,...,2^(k-1),n[i]-2^k+1，且k是满足n[i]-2^k+1>0的最大整数。例如，如果n[i]为13，就将这种物品分成系数分别为1,2,4,6的四件物品。

解决问题的道理

1） 1+2+4+...+2^(k-1)+n[i]-2^k+1 = n[i]   这就保证了最多为n[i]个物品

2）1,2,4,……,2^(k-1),可以凑出1到2^k – 1的所有整数（联系一个数的二进制拆分即可证明，证明过程在下面的题解中）

3） 2^k……n[i]的所有整数可以用若干个上述元素凑出（可以理解为凑n[i]-t, 而n[i]为上面所有数的和，t则是一个小于2^k 的数，那么在所有的数中去掉组成2^k 的那些数剩下的就可以组成n[i]-t了）

当然，这个二进制的道理我在之前的一篇博客上写过，一会的实战演练会带你们去。

实战演练

问题3：宝物筛选

这是一道很水的蓝题……

飞机场：洛谷P1776 宝物筛选题解（我写的，你们还有更详细的多重背包解决思路）

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后记

本文就写这么多了，背包问题在考试中会经常出现，希望大家深入理解其中的思想。

客官，给个赞再走呗？