【算法笔记】三种背包问题——背包 DP

前言

背包（Knapsack）问题是经典的动态规划问题，也很有实际价值。

01背包

洛谷 P2871 [USACO07DEC] Charm Bracelet S
AtCoder Educational DP Contest D – Knapsack 1
有个物品和一个总容量为的背包。第件物品的重量是，价值是。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的重量总和不超过背包容量，且价值总和最大。

这是最原始的01背包问题（即每个物品只能选或次）。下面我们来看如何求解。
令表示只考虑前个物品的情况下，容量为的背包所能装的最大总价值。则最终答案为，状态转移方程为：

依次递增，逐步增加问题规模即可求解。时间、空间复杂度均为。
在本题中，的空间复杂度容易MLE，因此考虑使用数组重复利用或者滚动表的优化。

压缩掉的第一维，变成：

此时空间复杂度为。
一定要牢记这个公式，注意使用时需倒序枚举，防止串连转移。参考代码：

#include <cstdio>
#define setmax(x, y) if(x < y) x = y
using namespace std;

int f[12881];

int main()
{
	int n, m;
	scanf("%d%d", &n, &m);
	while(n--)
	{
		int w, v;
		scanf("%d%d", &w, &v);
		for(int i=m; i>=w; i--)
			setmax(f[i], f[i - w] + v);
	}
	printf("%d\n", f[m]);
	return 0;
}

01背包还有一种简单变形，即求最小剩余空间，此时用总空间最大可装空间即可。

#include <cstdio>
#define setmax(x, y) if(x < y) x = y
using namespace std;

int f[20005];

int main()
{
	int n, v;
	scanf("%d%d", &v, &n);
	while(n--)
	{
		int w;
		scanf("%d", &w);
		for(int i=v; i>=w; i--)
			setmax(f[i], f[i - w] + w);
	}
	printf("%d\n", v - f[v]);
	return 0;
}

扩展：对付更大的

AtCoder Educational DP Contest E – Knapsack 2
本题和普通的01背包完全相同，只是数据范围改为。

注意数据范围，意味着只要开这么大的数组都会MLE，因此我们考虑修改dp状态。前看原来的dp状态，本质上就是“确定重量，求最大价值”，现在我们反过来，即“确定价值，求最小重量”。令表示只用前个物品，达到总价值为所需的最小空间。由于，所以，极限情况下dp数组只需要开即可，相对而言会好很多。下面考虑dp状态转移方程：

其中，这种情况不存在，所以初始值为。最终答案，即为最大的，使得，更新状态时可同时记录这个答案。

这种算法的时间和空间都可以优化：

• 时间：对于每个，循环迭代时只需到即可，因为当前的总价值不可能超过这个值；
• 空间：用与前面完全相同的方法，压缩掉第一维空间，变成（注意要倒序枚举）

运用了两种优化的代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;

long long f[100005], t, tot, ans;

int main()
{
	int n, sz;
	scanf("%d%d", &n, &sz);
	memset(f, 0x3f, sizeof f);
	f[0] = 0;
	while(n--)
	{
		int w, v;
		scanf("%d%d", &w, &v);
		tot += v;
		for(int i=tot; i>=v; i--)
			if((t = f[i - v] + w) < f[i] && t <= sz)
			{
				f[i] = t;
				if(i > ans) ans = i;
			}
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

完全背包

洛谷 P1616 疯狂的采药
有个物品和一个总容量为的背包。第件物品的重量是，价值是。每个物品可以使用无限次。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的重量总和不超过背包容量，且价值总和最大。

这种背包与01背包唯一的不同之处在于，每个物品使用次数不限，所以参考01背包的dp状态：
令表示只考虑前个物品的情况下，容量为的背包所能装的最大总价值，则有：

可以发现，实际上只需要用即可，因为此时的会被更新，又会被更新，以此类推，这样算与前面的公式等效。

对比一下01背包和完全背包的状态转移方程：

实际上，区别就在于一个是，一个是。所以仍可以使用数组压缩，只需要改变一下循环顺序，是不是很神奇？
long long别忘了~

#include <cstdio>
#define setmax(x, y) if(x < y) x = y
using namespace std;

long long f[10000005];

int main()
{
	int sz, n;
	scanf("%d%d", &sz, &n);
	while(n--)
	{
		int w, v;
		scanf("%d%d", &w, &v);
		for(int i=w; i<=sz; i++)
			setmax(f[i], f[i - w] + v);
	}
	printf("%lld\n", f[sz]);
	return 0;
}

多重背包

洛谷 P1776 宝物筛选
有个物品和一个总容量为的背包。第件物品的重量是，价值是，最多能选择次。我们要选择一些物品，使这些物品的重量总和不超过背包容量，且价值总和最大。。

很容易想到，可以转换成每件物品都被拆分成个只能选一次的物品，即的01背包。很明显，这样做的时间复杂度是，会TLE。因此，我们可以优化拆分的方法，将转化为的形式，举几个栗子：

• ，其中；
• ，其中；
• ，其中。

这种方法的正确性这里就不详细说明了，主要依赖于二进制的拼凑。容易发现，数字按这种拆分的方法会被拆分为个数字的和，因此总时间复杂度为，可以通过此题。

还有一种单调队列/单调栈优化，同样针对多重背包问题，时间复杂度为，有时不一定优于二进制优化，这里就不多说了。下面给出二进制优化的参考程序。

#include <cstdio>
#define maxw 40004
#define setmax(x, y) if(x < y) x = y
using namespace std;

int n, w, f[maxw];

inline void add(int a, int b) // a: value, b: weight
{
	for(int i=w; i>=b; i--)
		setmax(f[i], f[i - b] + a);
}

int main()
{
	scanf("%d%d", &n, &w);
	while(n--)
	{
		int a, b, c;
		scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
		for(int i=0; (1<<i)<=c; i++)
			add(a << i, b << i), c -= 1 << i;
		if(c) add(a * c, b * c);
	}
	printf("%d\n", f[w]);
	return 0;
}

混合背包

没错，就是前三种放在一起的背包。不用的物品有不同的种类。比如洛谷 P1833 樱花，就是混合背包。不过，也不要慌，直接用个分支判断，比如：

for (循环物品种类) {
  if (是 0 - 1 背包)
    套用 0 - 1 背包代码;
  else if (是完全背包)
    套用完全背包代码;
  else if (是多重背包)
    套用多重背包代码;
}

实际上也不一定要这样，可以全部统一成混合背包：

• 对于01背包，可选数目。
• 对于完全背包，可选数目。

这里就不给出详细代码，有兴趣的读者可以自己尝试一下。

总结

让我们来总结一下三种基本背包DP的异同：

项目	01背包	完全背包	多重背包
适用场景	每件物品只能选择一次	每件物品可以无限选择	每件物品可以选择的次数有限
状态转移方程1			基本同01背包
时间复杂度2
空间复杂度3
编码难度	低	低	中

创作不易，如果觉得好就请给个三连，谢谢支持！