02背包（嘻嘻，完全背包）
02背包（嘻嘻，完全背包）
哪有什么02背包
其实是完全背包：
问题:
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w[i]，价值是c[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。
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……等很多种。如果仍然按照解01背包时的思路，
令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值。仍然可以按照每种物品不同的策略写出状态转移方程，
像这样：f[i][v]=max{f[i-1][v-k*w[i]]+k*c[i]|0<=k*w[i]<= v}。
将01背包问题的基本思路加以改进，得到了这样一个清晰的方法。
这说明01背包问题的方程的确是很重要，可以推及其它类型的背包问题。
这个算法使用一维数组，先看伪代码：
for i=1..N
for v=0..V
f[v]=max{f[v],f[v-w[i]]+c[i]};
你会发现，这个伪代码与01背包问题的伪代码只有v的循环次序不同而已。
为什么这样一改就可行呢？首先想想为什么01背包问题中要按照v=V..0的逆序来循环。
这是因为要保证第i次循环中的状态f[i][v]是由状态f[i-1][v-w[i]]递推而来。
换句话说，这正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时，依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果f[i-1][v-w[i]]。
而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第i种物品”这种策略时，却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果f[i][v-w[i]]，
所以就可以并且必须采用v= 0..V的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。
这个算法也可以以另外的思路得出。
例如，基本思路中的状态转移方程可以等价地变形成这种形式：f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i][v-w[i]]+c[i]}，
将这个方程用一维数组实现，便得到了上面的伪代码。
例题：
洛谷P1616
#include<iostream> using namespace std; int n,m,j,i; int w[100000],c[100000]; int f[500000]; int main() { cin>>m>>n; for(i=1;i<=n;i++) cin>>w[i]>>c[i]; for(i=1;i<=n;i++) for(j=w[i];j<=m;j++) if(f[j-w[i]]+c[i]>f[j]) f[j]=f[j-w[i]]+c[i];//神奇的状态转移方程 cout<<f[m]; return 0; }
一个简单有效的优化
完全背包问题有一个很简单有效的优化，
是这样的：若两件物品i、j满足w[i]<=w[j]且c[i]>=c[j]，则将物品j去掉，不用考虑。
这个优化的正确性显然：任何情况下都可将价值小费用高的j换成物美价廉的i，得到至少不会更差的方案。
对于随机生成的数据，这个方法往往会大大减少物品的件数，从而加快速度。
然而这个并不能改善最坏情况的复杂度，因为有可能特别设计的数据可以一件物品也去不掉。
转化为01背包问题求解
既然01背包问题是最基本的背包问题，那么我们可以考虑把完全背包问题转化为01背包问题来解。
最简单的想法是，考虑到第i种物品最多选V/w[i]件，于是可以把第i种物品转化为V/w[i]件费用及价值均不变的物品，然后求解这个01背包问题。
这样完全没有改进基本思路的时间复杂度，但这毕竟给了我们将完全背包问题转化为01背包问题的思路：将一种物品拆成多件物品。
更高效的转化方法是：把第i种物品拆成费用为w[i]*2^k、价值为c[i]*2^k的若干件物品，其中k满足w[i]*2^k<V。
这是二进制的思想，因为不管最优策略选几件第i种物品，总可以表示成若干个2^k件物品的和。
这样把每种物品拆成O(log(V/w[i])+1)件物品，是一个很大的改进。