动态规划之——背包DP(完结篇)

概要说明

本文讲分组背包、有依赖的背包、 背包问题求方案数以及背包问题求具体方案
入门篇(01背包和完全背包问题)：传送门
进阶篇(多重、混合、二维费用背包)：传送门

分组背包

模板例题1

acwing-分组背包问题

思路

分组背包也是01背包的一个变形，01背包中我们有n个物品，在这题中我们有n个组别，每个组别有k个物品
因此我们可以对每个组别都进行01背包，在当前组别选出最优解的情况下在进行下一轮组别的01背包
它的状态转移方程和01背包一样，在01背包的基础上改动一点点即可
它的时间复杂度在$O(n^3)$

code

const int N=1e3+5;
int cnt[N],f[N],w[N][N],v[N][N];
void solve(){int W,n,t=1;cin >> n >> W;for(int i=1;i<=n;++i){cin >> cnt[i];for(int j=1;j<=cnt[i];++j){cin >> w[i][j] >> v[i][j];}		 		}for(int i=1;i<=n;++i)   for(int j=W;j>=0;--j)for(int k=1;k<=cnt[i];++k){if(j>=w[i][k]){f[j]=max(f[j],f[j-w[i][k]]+v[i][k]);}}cout << f[W];return ;
}

模板例题2

通天之分组背包

思路

这题在模板例题1的基础上稍微变动了一点点，它没有给你确切的组数
因此我们需要先找出最大的组数，并另开一个数组存当前组数的下标
剩下的和模板例题1差不多，代码如下：

code

const int N=1e3+5;
int cnt[N],f[N],w[N],v[N],g[N][N];//g数组中，行存的是组别，列存的是个数，它的取值存的是下标
void solve(){int W,n,t=0;cin >> W >> n;for(int i=1;i<=n;++i){int x;cin >> w[i] >> v[i] >> x;cnt[x]++;t=max(t,x);g[x][cnt[x]]=i;}for(int i=1;i<=t;++i)   for(int j=W;j>=0;--j)for(int k=1;k<=cnt[i];++k){int st=g[i][k];//取出当前组别的下标if(j>=w[st]){f[j]=max(f[j],f[j-w[st]]+v[st]);}}cout << f[W];return ;
}

有依赖的背包问题

模板例题

有依赖的背包问题

思路

首先我们明确一点：想要取出子节点必须取出父节点
那么想要价值尽可能大，我们必须倒着遍历这颗树
遍历树最基本的算法是什么呢？
很显然，我们很快就能想到dfs回溯的思想，先来看这张图：

先看左边这条线1-2-4，我们将这颗树的节点分开来看，4的父节点为2，2的父节点1
那么我们想取出4的价值，首先必须取出2的价值，我们想取出2的价值，首先必须取出1的价值

我们倒着遍历树，当我们遍历到4时，发现4没有子节点，这时我们就回溯到前一个状态2
在回溯之前我们将4的价值存入到一个数组中，这时我们考虑状态2，它有2种选择，选或者不选
这时候它的状态转移方程和01背包是一样的
注意：在选状态4物品之前需要减去状态2的重量，因为状态2必须先选，才能选状态4

接着我们将选完的状态回溯到前一个状态1，同理，我们在选物品之前需要先减去状态1的重量
然后它也是有2种选择，选或者不选

对于其他线路也是同理，最终都会回溯到状态1，那么我们只需要从状态1开始进行dfs，遍历到树的叶节点时开始回溯即可

讲完思路，接着讲一下如何用代码实现出来
首先我们需要标记根节点的位置，用vector建树，将子节点存入父节点中
开一个二维数组，行代表节点，列代表重量w，所存的值为价值v
将根节点进行dfs，将当前 $f[x][w-W]都标记为v，x代表节点，w代表重量，W为背包容量，v为价值$
这样方便我们递归回溯时进行状态转移
接着我们一直遍历当前节点的子节点，将子节点进行dfs循环，直到不能遍历为止
这样我们就像上面所说的，遍历到4不能遍历，回溯到2的状态
接着进行01背包的状态转移方程，当前循环结束，在回溯到上一次的状态
最终dfs循环结束，输出$f[root][W]$

接下来我们看代码：

code

const int N=1e3+5;
int w[N],v[N],f[N][N];
vector<int> g[N];
int n,W;
void dfs(int x){for(int i=w[x];i<=W;++i) f[x][i]=v[x];//将w~W的重量都标记为vfor(auto y : g[x]){dfs(y);//一直循环子节点，直到不能循环为止for(int j=W;j>=w[x];--j)for(int k=0;k<=j-w[x];++k){//所选的物品必须减去当前重量f[x][j]=max(f[x][j],f[x][j-k]+f[y][k]);//选子节点的物品还是不选子节点的物品}}
}
void solve(){cin >> n >> W;int root;for(int i=1;i<=n;++i){int x;cin >> w[i] >> v[i] >> x;if(x==-1) root=i;//标记else g[x].push_back(i);//建树}dfs(root);cout << f[root][W];return ;
}

背包问题求方案数

模板例题

背包问题求方案数

思路

这种类型的题目不需要我们求具体的价值，但是需要我们求最优价值的方案总数
那么我们首先还是需要算出最大的价值，然后将能到达当前价值的方案数进行相加

那么具体该如何实现呢？
我们需要在01背包的基础上，多开一个g数组，用于统计方案数
对于每步的状态来源，我们都有两种情况，一种是本身，一种是当前容量减去物品容量加上物品价值
这时我们新开一个变量temp，这个变量统计两种情况的最大值
若temp等于本身，那么$g[i]$加上它本身
若temp等于当前容量减去物品容量加上物品价值，那么$g[i]+g[j-w[i]$
每次加上都记得要取模
然后将当前状态$f[j]$更新为temp
最后找出背包所能容量的最大价值，遍历f数组，若当前$f[i]$等于最大价值，加上$g[i]$

接下来看代码进一步理解

code

const int N=1e3+5;
int f[N],g[N],w[N],v[N];
void solve(){int n,W;cin >> n >> W;for(int i=1;i<=n;++i){cin >> w[i] >> v[i];}g[0]=1;//若不选物品，方案数为1for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=W;j>=w[i];--j){int temp=max(f[j],f[j-w[i]]+v[i]);//temp为当前状态的最大值int c=0;//统计数量if(temp==f[j]) c=(c+g[j])%mod;//加上方案数if(temp==f[j-w[i]]+v[i]) c=(c+g[j-w[i]])%mod;f[j]=temp,g[j]=c;//状态转移}int maxn=0;for(int i=0;i<=W;++i) maxn=max(maxn,f[i]);//找到最大价值int ans=0;for(int i=0;i<=W;++i){if(f[i]==maxn) ans=(ans+g[i])%mod;//统计个数}cout << ans;return ;
}

背包问题求具体方案

模板例题

背包问题求具体方案

思路

首先我们需要回溯到原来的状态，这时候我们开一维数组就会丢失原来的状态，这时候必须开二维数组来存储数据
我们先考虑一个问题，我们是从前往后回溯，还是从后往前回溯呢？
答案很明显，我们需要从前往后回溯
为什么呢？
题目要求输出字典序最小的方案

我们拿一个例子来说明：
3 3
1 2
2 4
2 4

物品总数为3，背包容量为3，每个物品先输入重量，在输入价值
如果我们从后往前回溯，那么我们求出的具体方案为1 3(最后将数组颠倒一下)
可是答案很明显为1 2，这样字典序才是最小的
那么我们就将这种方法pass掉

那么我们一开始需要第n件物品的状态转移到第1件物品，这样$f[1][W]$就为最大的价值
首先还是先套01背包的模板，只不过从1开始变为从n开始
然后我们从序号1遍历到序号n，判断当前的状态是不是由当前价值加上上一个状态转移过来的，即$f[i][j]==f[i+1][j-w[i]]+v[i]$
若满足，则当前背包容量减去$w[i]$,直接输出当前下标即可

接下来看代码

code

const int N=1e3+5;
int f[N][N],v[N],w[N],cnt[N];
void solve(){int n,W;cin >> n >> W;for(int i=1;i<=n;++i){cin >> w[i] >> v[i];}for(int i=n;i>=1;--i)//倒着来for(int j=0;j<=W;++j){f[i][j]=f[i+1][j];if(j>=w[i]) f[i][j]=max(f[i][j],f[i+1][j-w[i]]+v[i]);}for(int i=1,j=W;i<=n;++i){if(j>=w[i] && f[i][j]==f[i+1][j-w[i]]+v[i]){//判断状态cout << i << " ";j-=w[i];}}return ;
}