各种各样的基础背包
0-1 背包
非常朴素,复杂度 \(O(nV)\)
void z_o_pack(int c,int v)
{for(int i=V;i>=c;i--)dp[i]=max(dp[i],dp[i-c]+v);
}
完全背包
复杂度 \(O(nV)\)
void comp_pack(int c,int v)
{for(int i=c;i<=V;i++)dp[i]=max(dp[i],dp[i-c]+v);
}
多重背包
单调队列优化
设 \(dp[i][j]\) 表示前 \(i\) 个物品放入容量为 \(j\) 的背包的最大收益 。
考虑 \(dp\) 的转移 。
这样就可以进行单调队列优化了 。
复杂度可以达到 \(nV\)
int ql,qr;
struct QUE
{int num,val;
}que[Maxv];
void many_pack(int c,int w,int m)
{if(!c) { add+=m*w; return; }m=min(m,V/c);for(int pos=0,s;pos<c;pos++){ql=1,qr=0,s=(V-pos)/c;for(int j=0;j<=s;j++){while(ql<=qr && que[qr].val<=(dp[pos+j*c]-j*w)) qr--;que[++qr]=(QUE){j,dp[pos+j*c]-j*w};while(ql<=qr && (j-que[ql].num)>m) ql++;dp[pos+j*c]=max(dp[pos+j*c],que[ql].val+j*w);}}
}
二进制分组
咕咕咕
多维限制背包
只是多加几位,没有太大区别。
混合三种背包的问题
for(int i=1;i<=n;i++)
{if(/*是0-1背包*/) z_o_pack(c[i],w[i]);if(/*是完全背包*/) comp_pack(c[i],w[i]);if(/*是多重背包*/) many_pack(c[i],w[i],m[i]);
}
分组背包
同一组内只能选一个物品。
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=V;j>=0;j--)for(int k=1;k<=cnt[i];k++) if(j>=c[i][k])dp[j]=max(dp[j],dp[j-c[i][k]]+w[i][k]);
这样保证每一组内只会选择一个。
很多背包问题都能都转化为分组背包。
树形依赖背包
复杂度:\(O(n^2)\)
虽然有三层循环,但是内层运算总量与整棵子树内点对个数一致。
void dfs(int x,int fa)
{dp[x][1]=w[i],siz[x]=1;for(int i=hea[x];i;i=nex[i]){if(ver[i]==fa) continue;dfs(ver[i],x);siz[x]+=siz[ver[i]];for(int j=min(V+1,siz[x]);j>=2;j--) // 注意要从大到小枚举,防止后效性for(int k=1;j-k>=1;k++)dp[x][j]=max(dp[x][j],dp[x][j-k]+dp[ver[i]][k]);}
}for(int i=1;i<=n;i++) if(!ind[i]) add(0,i); // 给出的图是一个森林
dfs(0,-1);
printf("%d\n",dp[0][V+1]);
注意:想这一类题目时只用考虑如何设置 \(dp_{i,j}\) ?初始状态是什么?如何转移?
泛化物品
即一个物品的价值与消耗都会随着加入位置、时间的改变而改变。
注意:既然物品的价值随着加入位置而改变,应该现将物品排序再加入。
不同问法的背包问题
输出方案
记录从哪一项转移过来即可
求字典序最小的方案
咕咕咕
求方案总数
将 \(\max\) 改为 \(sum\) ,其余不变(此时求出的方案数,包括物品总价不是最大的情况)
求最优方案总数
咕咕咕
求次优解、第K优解
咕咕咕
常见例题:
多种背包混合
P1941 飞扬的小鸟
$\texttt{solution}$
算法:\(01\) 背包 \(+\) 完全背包 。
状态:设 \(dp[i][j]\) 表示横坐标为 \(i\) 高度为 \(j\) 的最少点击次数 。
-
上升 :完全背包 转移方式
-
下降 :\(01\) 背包 转移方式
-
超过 \(m\) 变为 \(m\) : 特判
代码:
for(int i=1;i<=n;i++) Low[i]=1,High[i]=m;
for(int i=1;i<=k;i++) p=rd(),e[p]=1,Low[p]=rd()+1,High[p]=rd()-1;
memset(g,inf,sizeof(g));
for(int i=1;i<=m;i++) g[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{memset(f,inf,sizeof(f));for(int j=x[i];j<=x[i]+m;j++) f[j]=min(f[j-x[i]]+1,g[j-x[i]]+1); // 完全背包for(int j=m+1;j<=m+x[i];j++) f[m]=min(f[j],f[m]); // 特判超过 mfor(int j=1;j<=m-y[i];j++) f[j]=min(f[j],g[j+y[i]]); // 01 背包for(int j=1;j<Low[i];j++) f[j]=inf;for(int j=High[i]+1;j<=m;j++) f[j]=inf; // 不可行方案if(e[i]) for(int j=Low[i];j<=High[i];j++) if(f[j]<inf) { cnt++; break; } // 统计通过的管道数memcpy(g,f,sizeof(g));
}
for(int i=1;i<=m;i++) ans=min(ans,g[i]);
if(ans!=inf) printf("1\n%d\n",ans);
else printf("0\n%d\n",cnt);
合并两个限制条件相同的背包
P4095 [HEOI2013]Eden 的新背包问题
题意:给定 \(n\) 种物品,每种有 \(m_i\) 件,每一件价值为 \(v_i\) ,重量为 \(c_i\) 。由于某些原因,在第 \(i\) 个询问中,第 \(i\) 种物品不能选择,请对于每个询问求出当前条件下的最大收益。
其中, \(n\le 1000,c_i\le 100\) 。
考虑从前往后、从后往前进行背包。
在第 \(i\) 个询问中合并 \(pre[i-1]\) 与 \(suf[i+1]\) 的背包。
for(int j=0;j<=v;j++) ans=max(ans,dp[0][num-1][j]+dp[1][num+1][v-j]);
当组内重量、价值连续时分组背包的前缀和优化
CF1559E Mocha and Stars
题意:
求有多少长 \(n\) 的序列 \(a\) 满足:
- \(l_i\le a_i\le r_i\)
- \(\sum_{i=1}^{n}a_i\le m\)
- \(\gcd(a_1,\dots,a_n)=1\)
答案对 \(998244353\) 取模。
设 \(f(a_1,a_2,a_3,\dots,a_n)\) 是否是一个满足前两个条件的序列。
之后相当于一个分组背包,有 \(n\) 件物品,每一件都在 \([l_i,r_i]\) 之间,去除不超过 \(m\) 的重量,求方案数。
$\texttt{code}$
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define infll 0x7f7f7f7f7f7f7f7fll
#define inf 0x3f3f3f3f
#define Maxn 55
#define Maxm 100005
#define mod 998244353
#define int long long
typedef long long ll;
inline int rd()
{int x=0;char ch,t=0;while(!isdigit(ch = getchar())) t|=ch=='-';while(isdigit(ch)) x=x*10+(ch^48),ch=getchar();return x=t?-x:x;
}
ll maxll(ll x,ll y){ return x>y?x:y; }
ll minll(ll x,ll y){ return x<y?x:y; }
ll absll(ll x){ return x>0ll?x:-x; }
ll gcd(ll x,ll y){ return (y==0)?x:gcd(y,x%y); }
int n,m,tot;
int L[Maxn],R[Maxn],l[Maxn],r[Maxn];
int dp[Maxm],tmp[Maxm],pri[Maxm],mu[Maxm];
ll ans;
bool vis[Maxm];
signed main()
{//ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);//freopen(".in","r",stdin);//freopen(".out","w",stdout);n=rd(),m=rd();for(int i=1;i<=n;i++) L[i]=rd(),R[i]=rd();vis[1]=mu[1]=true;for(int i=2;i<Maxm;i++){if(!vis[i]) mu[i]=-1,pri[++tot]=i;for(int j=1;j<=tot && i*pri[j]<Maxm;j++){vis[i*pri[j]]=true;if(i%pri[j]==0) break;mu[i*pri[j]]=-mu[i];}}for(int d=1,MAX;d<=m;d++) if(mu[d]){MAX=m/d;for(int i=1;i<=n;i++) l[i]=(L[i]+d-1)/d,r[i]=R[i]/d;for(int i=0;i<=MAX;i++) dp[i]=1;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=0;j<=MAX;j++) tmp[j]=0;for(int j=l[i];j<=MAX;j++){tmp[j]=dp[j-l[i]];if(j>r[i]) tmp[j]=(tmp[j]-dp[j-r[i]-1]+mod)%mod;}dp[0]=0;for(int j=1;j<=MAX;j++) dp[j]=(dp[j-1]+tmp[j])%mod;}ans=(ans+1ll*dp[MAX]*mu[d]%mod+mod)%mod;}printf("%d\n",ans);//fclose(stdin);//fclose(stdout);return 0;
}
一分为二
P1651 塔
题意:有 \(n\) 个数,从中选出两个集合(可以有剩余),使两个数集中的数字之和相等。
!!!这不是一道背包问题,因为可以有剩余,所以更具判断 \(dp[sum]\ne -1\) 和 \(dp[2\times sum]\ne -1\) 是错的。
选出的 \(2\times sum\) 和 \(sum\) 不一定是包含关系。
应该用普通 \(\text{DP}\) 解决。
(当然,当 \(n\) 非常小的时候,可以直接使用 meet in the middle 解决问题) 如:P3067 [USACO12OPEN]Balanced Cow Subsets G
两种限制/收益的问题
将数组下标的一位设为 “任务一” 的值,而将数组内容设为 “任务二” 的最小 \(/\) 最大值。
输出答案的时候将下标与值取和、最小、最大……
P2224 [HNOI2001]产品加工
\(\rightarrow\) P2224 solution
用 \(dp[i][j]\) 表示加到 \(i\) 为止,机器 \(1\) 使用了 \(j\) 的时间,而 \(dp[i][j]\) 值表示机器 \(2\) 消耗的时间。
跑背包。
n=rd();
memset(dp,inf,sizeof(dp)),dp[0][0]=0;
for(int i=1,x,y,z,opt,pre;i<=n;i++)
{x=rd(),y=rd(),z=rd(),opt=i&1,pre=opt^1;MAX+=max(x,max(y,z));for(register int j=0;j<=MAX;j++) dp[opt][j]=inf; // 防止上一次的值影响for(register int j=0;j<=MAX;j++){if(y) dp[opt][j]=min(dp[opt][j],dp[pre][j]+y);if(j>=x && x) dp[opt][j]=min(dp[opt][j],dp[pre][j-x]);if(j>=z && z) dp[opt][j]=min(dp[opt][j],dp[pre][j-z]+z);}
}
for(int i=0;i<=MAX;i++) ans=min(ans,max(dp[n&1][i],i));
printf("%d\n",ans);
P2340 [USACO03FALL]Cow Exhibition G
题意:有 \(n\) 头奶牛,每一头奶牛有一个情商值和智商值,现在要从中选出若干头奶牛。在奶牛的情商和与智商和都不小于 \(0\) 的情况下,求出情商与智商之和的最大值。
(需要滚动数组)设 \(dp[j]\) 表示在前 \(i\) 头奶牛中选出情商为 \(j\) 时的智商最大值为 \(dp[j]\) 。
暴力转移。
最后在 \(i>0\) 的情况下,计算 \(i+dp[i]\) 的最大值。
比较复杂的题目
P3891 [GDOI2014]采集资源
先进行一次 \(\text{DP}\) 求出 \(dp1[i]\) 数组,表示花费 \(i\) 能够获得的最大劳动力。
之后进行第二次 \(\text{DP}\) 求出 \(dp2[i][j]\) ,表示在第 \(i\) 时间花费 \(j\) 能获得最大劳动力(单位时间内的收获最多)。转移方程:
在求出 \(dp2\) 的同时比较此时是否能使收益 \((j-k+dp[k]+dp[i][j])\) 大于 \(t\) ,及时输出。
注意:初始化使需将数组赋值为不可能取到的值,以防错误转移。
P2481 [SDOI2010]代码拍卖会
对于任何一个猪猪举牌的方案,都可以看做 \(9\) 个以内的若干 “\(1\) 的后缀” 相加而成!
我们可以把一个数分割成若干个 \(000000\dots 11111\) 的和。
不妨记 \(cnt(i)\) 为 \(\pmod p\) 意义下 \([\text{余数是 i 的“1 的后缀”}]\) 的数量。
之后完成一个背包就好了。
设 \(dp(i,j,k)\) 表示当前考虑到余数为 \(i\) 的 “\(1\) 的后缀” ,此前已经放上了 \(j\) 个 “\(1\) 的后缀” ,此时构成的数字的 \(\pmod p\) 的余数是 \(k\) 的方案数。
初始化:全部填 \(1\) 的 \(n\) 位数对 \(p\) 取模后的状态。(注意这里的处理!!!就是这里卡了 \(4~Hours\) )
设:
- \(put\) 表示放入 \(put\) 个余数为 \(i\) 的 “\(1\) 的后缀” 。
- \(Left\) 表示放入前已经有了 \(Left\) 的余数。
- \(d\) 表示在放入前已经有 \(s\) 个数了。
- 二项式表示从所有余数为 \(i\) 的 “\(1\) 的后缀” 取出 \(put\) 个的方案数(证明见数论基础)。
转移方程:
$\texttt{code}$
#define Maxp 505
#define mod 999911659
ll n,p,len,add;
ll cnt[Maxp],Last_pos[Maxp],inv[11];
ll f[11][Maxp],g[11][Maxp];
ll C(ll x,ll y)
{ll ret=1;for(ll i=x;i>=x-y+1;i--) ret=ret*i%mod;for(ll i=y;i>=2;i--) ret=ret*inv[i]%mod;return ret;
}
void pre_cnt()
{ll st,addn;for(ll i=1,tmp=0;i<=p+p;i++){tmp=(tmp*10+1)%p;if(Last_pos[tmp]) { st=Last_pos[tmp]-1,len=i-Last_pos[tmp]; break; }addn=tmp,Last_pos[tmp]=i; // 这里!!! }if(n<st) for(int i=1,tmp=0;i<=n;i++) tmp=(tmp*10+1)%p,cnt[tmp]++,addn=tmp;else{ll Times=(n-st)/len,ed=(n-st)%len+st;if((n-st)%len==0) ed=0; // 这里!!! for(int i=1,tmp=0;i<=st+len;i++){tmp=(tmp*10+1)%p;if(i==ed) addn=tmp; // 这里!!! if(i<=st) cnt[tmp]++;else{cnt[tmp]=(cnt[tmp]+Times)%mod;if(i<=ed) cnt[tmp]=(cnt[tmp]+1)%mod;}}}f[0][addn]=1;
}
ll Dp()
{for(int i=0;i<p;i++){memcpy(g,f,sizeof(f)),memset(f,0,sizeof(f));for(int s=0;s<9;s++) for(int Put=0;s+Put<9;Put++){ll mul=C(cnt[i]+Put-1,Put);for(int Left=0;Left<p;Left++)f[s+Put][(Left+i*Put)%p]=(f[s+Put][(Left+i*Put)%p]+mul*g[s][Left]%mod)%mod;}}ll ret=0;for(int i=0;i<9;i++) ret=(ret+f[i][0])%mod;return ret;
}
int main()
{scanf("%lld%lld",&n,&p);inv[0]=inv[1]=1; for(ll i=2;i<=10;i++) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;pre_cnt();printf("%lld\n",Dp());return 0;
}