01背包

有 \(N\) 件物品和一个容量为 \(M\) 的背包。第 \(i\) 件物品所耗费的空间是 \(w[i]\)，得到的价值是 \(v[i]\)。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。

• “求什么设什么”，我们用 \(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 件物品耗费空间为 \(j\) 可得到的最大价值。显然，答案是 \(f[N][M]\)。
• 那么状态转移方程呢？思考一下。对于第 \(i\) 件物品，有取和不取两种情况。
• 如果当前这件物品不取，那么其实前 \(i-1\) 件物品耗费的总空间就是 \(j\)，得到的价值不变;
• 如果当前这件物品取，那么前 \(i-1\) 件物品耗费的总空间就是 \(j-w[i]\)，得到的价值就是 \(f[i-1][j-w[i]]+v[i]\)；
• 所以可得转移方程：\(f[i][j]=max(f[i-1][j]，f[i-1][j-w[i]]+v[i])\)
• 不过，二维的空间，是不是有些浪费？
• 其实，我们可以省去 \(i\) 这一维，那么转移方程就变成了：\(f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+v[i])\)

• 不过，省去了这一维，就出现了一个细节需要注意：要倒叙枚举 \(j\)，而不是正序枚举，因为正序枚举在枚举 \(f[j]\) 时 \(f[j-w[i]]\) 已经被覆盖过了，那么就有可能取过了第 \(i\) 件物品，不满足动态规划的特性：无后效性。（自己手动推一下，会更理解）

  \(Code：\)

    scanf("%d %d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d %d",&w[i],&v[i]);
    for (int i=1;i<=n;i++)
      for (int j=m;j>=w[i];j--)
        f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+v[i]);

完全背包

有 \(N\) 件物品和一个容量为 \(M\) 的背包，每件物品都有无限件。放入 第 \(i\)件物品耗费的空间是 \(w[i]\)，得到的价值是 \(v[i]\)。求解将哪些物品放入背包可使价值总和最大;

• 可得转移方程\(f[i][j]=max(f[i−1][j],f[i][j−vi]+wi)\)
• 完全背包怎么压缩空间呢？其实就是 \(01\) 背包的代码，把 \(j\) 改成正序枚举就好了。为什么可以这样做？

• 因为完全背包可以取无限次，枚举 \(f[j]\) 前第 \(i\) 件物品能够已经取过，符合完全背包

  \(Code：\)

    scanf("%d %d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d %d",&w[i],&v[i]);
    for (int i=1;i<=n;i++)
      for (int j=w[i];j<=m;j++)
        f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+v[i]);

多重背包

有 \(N\) 种物品和一个容量为 \(M\) 的背包。第i种物品最多有 \(n[i]\) 件可用，每件费用是 \(w[i]\)，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。

• 我们可以用暴力的方法枚举，对于第i种物品有 \(n[i]+1\) 种策略：取 \(0\) 件，取 \(1\) 件……取 \(n[i]\) 件，\(f[i][v]=max(f[i-1][v-k*w[i]]+k*v[i])(0<=k<=n[i]\)

• 可是这种方法会超时 \(QAQ\)，所以我们要用二进制优化

  \(Code：\)

• 以下是一种简洁的方法：

    for (int i=1;i<=n;i++)
     for (int j=1;n[i]>0;n[i]-=j,j=min(j*2,n[i]))
      for (int k=v;k>=w[i]*j;k--)
       f[k]=max(f[k],f[k-w[i]*j]+v[i]*j);

二维费用背包

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。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 \(a[i]\) 和 \(b[i]\)。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\(v[i]\)。

• 费用加了一维，只要状态也加一维即可；
• 状态转移方程：\(f[i][j][k]=max(f[i-1][j][k],f[i-1][j-a[i]][k-b[i]]+v[i])\)

• 同样，可以压缩空间：\(f[v][u]=max(f[[j][k],f[j-a[i]][k-b[i]]+v[i])\)

  \(Code：\)

  for (int i=1;i<=n;i++)
    for (int j=V;j>=a[i];j--)
      for (int k=U;k>=b[i];k--)
       f[j][k]=max(f[j][k],f[j-a[i]][k-b[i]]+v[i]);

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 \(w[i]\)，价值是\(v[i]\)。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。

• 其实对于这种题目，我们只是多一重循环枚举组中的物品，这个问题变成了每组物品有若干种策略：是选择本组的某一件，还是一件都不选。具体看代码；

  \(Code：\)

  cpp for 所有的组k for (int j=V;j>=0;j--) for 所有的i属于组k f[j]=max{f[j],f[j-c[i]]+w[i]}————恢复内容开始————

  01背包

  有 \(N\) 件物品和一个容量为 \(M\) 的背包。第 \(i\) 件物品所耗费的空间是 \(w[i]\)，得到的价值是 \(v[i]\)。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。

• “求什么设什么”，我们用 \(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 件物品耗费空间为 \(j\) 可得到的最大价值。显然，答案是 \(f[N][M]\)。
• 那么状态转移方程呢？思考一下。对于第 \(i\) 件物品，有取和不取两种情况。
• 如果当前这件物品不取，那么其实前 \(i-1\) 件物品耗费的总空间就是 \(j\)，得到的价值不变;
• 如果当前这件物品取，那么前 \(i-1\) 件物品耗费的总空间就是 \(j-w[i]\)，得到的价值就是 \(f[i-1][j-w[i]]+v[i]\)；
• 所以可得转移方程：\(f[i][j]=max(f[i-1][j]，f[i-1][j-w[i]]+v[i])\)
• 不过，二维的空间，是不是有些浪费？
• 其实，我们可以省去 \(i\) 这一维，那么转移方程就变成了：\(f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+v[i])\)

• 不过，省去了这一维，就出现了一个细节需要注意：要倒叙枚举 \(j\)，而不是正序枚举，因为正序枚举在枚举 \(f[j]\) 时 \(f[j-w[i]]\) 已经被覆盖过了，那么就有可能取过了第 \(i\) 件物品，不满足动态规划的特性：无后效性。（自己手动推一下，会更理解）

  \(Code：\)

    scanf("%d %d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d %d",&w[i],&v[i]);
    for (int i=1;i<=n;i++)
      for (int j=m;j>=w[i];j--)
        f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+v[i]);

完全背包

有 \(N\) 件物品和一个容量为 \(M\) 的背包，每件物品都有无限件。放入 第 \(i\)件物品耗费的空间是 \(w[i]\)，得到的价值是 \(v[i]\)。求解将哪些物品放入背包可使价值总和最大;

• 可得转移方程\(f[i][j]=max(f[i−1][j],f[i][j−vi]+wi)\)
• 完全背包怎么压缩空间呢？其实就是 \(01\) 背包的代码，把 \(j\) 改成正序枚举就好了。为什么可以这样做？

• 因为完全背包可以取无限次，枚举 \(f[j]\) 前第 \(i\) 件物品能够已经取过，符合完全背包

  \(Code：\)

    scanf("%d %d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d %d",&w[i],&v[i]);
    for (int i=1;i<=n;i++)
      for (int j=w[i];j<=m;j++)
        f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+v[i]);

多重背包

有 \(N\) 种物品和一个容量为 \(M\) 的背包。第i种物品最多有 \(n[i]\) 件可用，每件费用是 \(w[i]\)，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。

• 我们可以用暴力的方法枚举，对于第i种物品有 \(n[i]+1\) 种策略：取 \(0\) 件，取 \(1\) 件……取 \(n[i]\) 件，\(f[i][v]=max(f[i-1][v-k*w[i]]+k*v[i])(0<=k<=n[i]\)

• 可是这种方法会超时 \(QAQ\)，所以我们要用二进制优化

  \(Code：\)

• 以下是一种简洁的方法：

    for (int i=1;i<=n;i++)
     for (int j=1;n[i]>0;n[i]-=j,j=min(j*2,n[i]))
      for (int k=v;k>=w[i]*j;k--)
       f[k]=max(f[k],f[k-w[i]*j]+v[i]*j);

二维费用背包

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。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 \(a[i]\) 和 \(b[i]\)。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\(v[i]\)。

• 费用加了一维，只要状态也加一维即可；
• 状态转移方程：\(f[i][j][k]=max(f[i-1][j][k],f[i-1][j-a[i]][k-b[i]]+v[i])\)

• 同样，可以压缩空间：\(f[v][u]=max(f[[j][k],f[j-a[i]][k-b[i]]+v[i])\)

  \(Code：\)

  for (int i=1;i<=n;i++)
    for (int j=V;j>=a[i];j--)
      for (int k=U;k>=b[i];k--)
       f[j][k]=max(f[j][k],f[j-a[i]][k-b[i]]+v[i]);

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 \(w[i]\)，价值是\(v[i]\)。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。

• 其实对于这种题目，我们只是多一重循环枚举组中的物品，这个问题变成了每组物品有若干种策略：是选择本组的某一件，还是一件都不选。具体看代码；

  \(Code：\)

    for 所有的组k
      for (int j=V;j>=0;j--)
        for 所有的i属于组k
         f[j]=max{f[j],f[j-c[i]]+w[i]}