集训Day 7 2020.3.7
动态规划（二）
状态压缩DP
我们目前碰到的题的状态都比较好表示。但有时我们也会记录具体的状态。此时为了节省时间和空间，我们就可以使用状态压缩来对状态压缩。因为我们是记录具体的状态，所以数据范围一般不会很大，所以当你看到数据范围小但是暴力又过不去（或者写起来可能十分困难）的时候就要想到状压dp了。
1.LGP1896[SCOI2005]互不侵犯
在N×N的棋盘里面放K个国王，使他们互不攻击，共有多少种摆放方案。国王能攻击到它上下左右，以及左上左下右上右下
八个方向上附近的各一个格子，共8个格子。
(1 le N le 9, 0 le K le N^2)
题解
不难发现，我们上一行如何放国王会影响下一行如何放国王，但是上两行及以上放的国王是不会影响到我们这一行放的国王的。
所以我们只需要记录上一行的国王放到了哪里。
我们令没有国王的格子为0，有国王的格子为1，那样我们就把这个状态变成了二进制了。
令(f[i][j][k])表示前(i)行放(j)个国王且第(i)行排成(k)情况的时候的情况数有多少。
为了方便运算与表示，我们定义(g[i])表示一行国王排成i情况的时候有几个国王。
显然，我们(f[i][j][k]+=f[i-1][j-g[l]][l])但是前提(l)和(k)不能互相侵犯，并且自己行内的国王不能互相侵犯。
复杂度(O(n^32^n2^n))?
合法的状态转移数其实并没有这么多，因此能过。
小trick
g怎么算？除了暴力？
g[i]=g[i>>1]+(i&1);
如何判断状态(i,j)之间是否合法？
首先判断(i)和(j)本身是否合法，通过将本身左移，再和原状态&一下，如果不为0就一定撞上了。
再考虑(i)和(j)之间是否合法，同样的思路，将(j)左/右移/不动和(i)&（当然反过来也可以），如果不为0就一定撞上了（这分别对应了国王可以攻击左，中，右三个格子）
背包dp
这是一项大类
里面不涉及多重背包，混合背包，泛化物品等知识点（不常用（真不常用，有些算法我
2.P1008 采药
有N件不可切割的物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c[i]，价值是w[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。
题解
这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。
不难想到f[i][v]表示前i件物品放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值，这样答案即为f[N][M]。
初始化所有f为0，其状态转移方程便是：
f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}
（前者就是不放，后者就是放）
当然前提是能放得下物体，不然的话就要
f[i][v]=f[i-1][v]
以上方法的时间和空间复杂度均为(O(NV))，时间复杂度已经没法优化了，但是空间复杂度还可以进一步优化，这里就插播一种优化的方式：
滚动数组
思考我要求fib第n项我需要开多大的数组？
n+1？我可以告诉你只需要3个就行了。
f[2]=f[1]+f[0];f[0]=f[1];f[1]=f[2].
上述循环n-2次，答案就是f[2]。
不难看出优化原理：我们每次需要的其实就是f[n],f[n-1],f[n-2]，至于其他的项已经没有用了，所以完全可以扔掉。
0/1优化
现在我们再回顾背包问题，我们只需要f[i]和f[i-1]，所以处理方法就如同前面所说， 第一维完全可以滚掉，这样我们的空间复杂度就有保证了。
但第一维其实也没用。
我们设f[v]表示容量为v的背包可以获得的最大价值，递推式子没有变还是
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}
但是有一个问题，可能这个f[v-c[i]]是已经放入了一遍物品，于是就有可能造成我们一件物品多拿的情况！
考虑到v-c[i]<v，我们在枚举第二维的时候直接倒着枚举就好了。
3.P1616 疯狂的采药
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。第(i)种物品的费用是(c_i)， 价值是(w_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。
题解
与0/1背包不同的是每个物品都可以无限取。于是
f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i][v-c[i]]+w[i]}
后者的-1去掉了是因为我们虽然取了一次i物品但是我们仍然可以继续去取它。
当然，我们仍然可以优化掉前面的一维状态，还记得0/1为什么倒着循环吗？
我们正着循环就是完全背包的解法！
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int v=w[i];v<=m;v++){
f[v]=max(f[v],f[v-w[i]]+c[i]);
}
}
4.P1855 榨取kkksc03
二维费用的背包问题是指：对于每件物品， 具有两种不同的费用；选择这件物品必须 同时付出这两种代价；对于每种代价都有 一个可付出的最大值（背包容量）。问怎 样选择物品可以得到最大的价值。
题解
设这两种代价分别为代价1和代价2，第i件物品所需的两种代价分别为(a_i,b_i)。两种代价可付出的最大值（两种背包容量）分别为(V)和(U)。物品的价值为(w_i)。
解法就是多加一维就好了，如果是0/1就按0/1循环，如果是完全就完全，道理都一样。
分组背包
5.P1757 通天之分组背包
有(N)件物品和一个容量为(V)的背包。第(i)件物品的费用是(c_i)，价值是(w_i)。这些物品被划分为若干组，每组中的物品互相冲突，最多选一件。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。
题解
实际上和普通的0/1背包一样，我们多加一维状态就好了。设f[k][v]表示前k组物品花费费用v能取得的最大权值，则有
f[k][v]=max{f[k-1][v],f[k-1][v-c[i]]+w[i]|物品i属于第k组}
完后写三层循环即可。
但是我们也可以完全不用多加这维，如下：
for 所有的组k
for v=V...0
for 所有的i属于组k
f[v]=max(f[v],f[v-w[i]]+c[i]);
三层循环的位置不能颠倒
要求背包必须装满
思考只装一个第一个物体的时候
f[v]=max{f[v],f[v-w[i]]+c[i]}
我们是从(f[v- w[i]])转移过来的，而(v-w[i])不一定为(0)，也就是说(v-w[i])为多少，最后这个背包就会剩下多大的空间。
所以说白了要求背包必须装满就是要求我们背包必须要从f[0]开始转移，于是我们有以下解决方法：
- 要求背包必须装满且求最大值
f[0]=0， 其余为负无穷。 - 要求背包必须装满且求最小值
f[0]=0, 其余为正无穷。
背包变形
输出具体方案
以0/1背包举例子。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。
比如(g_{i,v})表示(f_{i,v})这层状态是否取了第(i)件物品，如果取了就是(1)，否则就是(0)。
然后我们从(f_{N,V})倒推，如果(g_{N,V}=1)那就说明它取了第(N)件物品，那么它之前的状态就是(f_{N-1,V-w_N});
否则就没取，然后从(f_{N-1,V})转移来的。一直循环下去就能输出方案了。
但当然(f)不必真的设两维，(g)设两维就好了。
6.输出字典序最小的具体方案P1759
这要求我们转移的时候细致些，比如说取i和不取i得到的价值都是一样的的话我们就不能要。
但输出方案的时候请注意，我们输出的是反过来的，因为我们是从后往前推的。
比如说你取法为1 3 4，你输出就会得到4 3 1，所以需要事先存起来然后倒着输出。
7.求将背包装满方案数P1164，P1474
将f[i][j]定义改一下变成方案数即可，把max改成sum就好，因为这个状态可以从这两个状态转移来，所以方案数就是不取i的方案数+取i的方案数，即f[i][v]=sum{f[i-1][v],f[i- 1][v-c[i]]+w[i]}，初始条件f[i][0]=1。
当然本质上还是背包所以我们前一维可以去掉。
8.求最优方案的总数
f定义不变，我们再定义g表示方案总数。如果f[v]从f[v-w[i]]+c[i]更新过来了，那么g[v]=g[v-w[i]]。但是注意，如果取和不取一样的话，那么g[v]+=g[v-w[i]]