DP复习——背包问题的变化

以下一些文字来源于背包九讲。

输出方案

输出方案的方法，就是在更新dpdp数组的时候，顺便记录下当前的状态是由哪个状态更新而来的，类似链表及记录地址的方法；对于01背包这种可以直接按照值来判断：

例如01背包的状态转移方程是f[j]=max(f[j],f[j−w[i]]+v[i])f[j]=max(f[j],f[j−w[i]]+v[i])

只要判断f[j]=f[j−w[i]]+v[i]f[j]=f[j−w[i]]+v[i]是否成立即可。

这里我们看一道比较难的，用递归输出结果的题目。

题面

题目描述

总公司拥有高效设备M台，准备分给下属的N个分公司。各分公司若获得这些设备，可以为国家提供一定的盈利。问：如何分配这M台设备才能使国家得到的盈利最大？求出最大盈利值。其中M≤15，N≤10。分配原则：每个公司有权获得任意数目的设备，但总台数不超过设备数M。

输入输出格式

输入格式：

第一行有两个数，第一个数是分公司数N，第二个数是设备台数M。

接下来是一个N*M的矩阵，表明了第 I个公司分配 J台机器的盈利。

输出格式：

第1行为最大盈利值

第2到第n为第i分公司分x台

P.S.要求答案的字典序最小

题解

显然是一个经典的dp题目。我们定义一个数组：f[i][j]表示前i个公司分配j台机器的最大盈利。那么求解f[i][j]的过程应该怎么求解呢？首先，我们在给第i个公司分配机器的时候，我们肯定为第i-1个公司分配过机器了，所以显然，i的状态由j的状态推导而来，那么我们需要怎么枚举呢？就是：通过枚举i个公司需要多少台机器，再枚举i-1个公司需要多少机器，再找出最大值就可以了。下面上代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read()
{
int num=0;
char c=getchar();
for(;c<'0'||c>'9';c=getchar());
for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())num=num*10+c-'0';
return num;
}//快读
int n,m,f[30][30],value[30][30],maxl;
/*以上是变量说明阶段。
f数组：f[i][j]表示前i个公司分j台机器的最大盈利
value数组：value[i][j]表示第i个公司分j台机器的盈利
*/
int print(int i,int j)
{
if(i==0)return 0;
for(int k=0;k<=j;k++)
//k枚举了前i-1个分公司分得多少机器
if(maxl==f[i-1][k]+value[i][j-k])
//知道结果倒推回去
{
maxl=f[i-1][k];//步步为营的方式
print(i-1,k);//继续低柜求解
printf("%d %d\n",i,j-k);//倒序输出
break;//搜到了直接跳出循环
}
}
int main()
{
n=read();
m=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
value[i][j]=read();
//读入各种数据
for(int i=1;i<=n;i++)//枚举公司数
for(int j=1;j<=m;j++)//枚举机器数（总）
{
maxl=0;
for(int k=0;k<=j;k++)//枚举前i-1个公司分到的机器数
if(f[i-1][k]+value[i][j-k]>maxl)
/*f[i-1][k]：前i-1个公司分k台机器的利润
value[i][j-k]：第i个公司分j-k台机器的利润
加起来是i个公司分j台机器的最大利润*/
maxl=f[i-1][k]+value[i][j-k];
f[i][j]=maxl;
}
printf("%d\n",f
[m]);//输出结果
print(n,m);//输出分配方案
return 0;
}

输出字典序最小的最优方案

这种就是上一种情况的进化版。。

上个采药的输出方案版本。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read()
{
int num=0;
char c=' ';
bool flag=true;
for(;c>'9'||c<'0';c=getchar())
if(c=='-')
flag=false;
for(;c>='0'&&c<='9';num=num*10+c-48,c=getchar());
return flag ? num : -num;
}
const int maxm=120;
int T,m,t[maxm],v[maxm],f[10000];
void init()
{
T=read();
m=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
t[i]=read();
v[i]=read();
}
}
void dp()
{
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=T;j>=t[i];j--)
f[j]=max(f[j],f[j-t[i]]+v[i]);
printf("%d\n",f[T]);
}
void print()
{
for(int i=m;i>=1;i--)
{
if(f[T]==f[T-t[i]]+v[i])//两者相同以选序号最小的情况为主
{
cout<<m-i+1<<' ';
T-=t[i];
}
}
}
int main()
{
init();
dp();
print();
return 0;
}

求方案总数

（这些文字来源于背包九讲）

对于一个给定了背包容量、物品费用、物品间相互关系（分组、依赖等）的背包问题，除了

再给定每个物品的价值后求可得到的最大价值外，还可以得到装满背包或将背包装至某一指

定容量的方案总数。

对于这类改变问法的问题，一般只需将状态转移方程中的 max 改成 sum 即可。例如若每件物

品均是完全背包中的物品，转移方程即为

f[i][v]=sum{f[i-1][v],f[i][v-c[i]]}初始条件 f[0][0]=1。

事实上，这样做可行的原因在于状态转移方程已经考察了所有可能的背包组成方案

我觉得这篇博客写的挺好，可以参考他的代码：

博客传送门

/*
背包问题之问法变化--求方案总数
给定每个物品的价值后求可得到的最大价值外，还可以得到
装满背包或者装至某一指定体积的方案总数.
具体操作就是将状态转移方程中的max改成sum.
例如0-1背包：dp[i][j]=sum(dp[i-1][j],dp[i-i][j-v[i]]);
初始化问题：dp[0][0]=1;
dp
[V]就是用N件物品装满体积为V背包的方案数.
*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int main()
{
int N,V;
while(scanf("%d%d",&N,&V)&&(N||V))
{
int v[1000],w[1000],dp[1000];
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=N;i++)
scanf("%d%d",&v[i],&w[i]);
dp[0]=1;
for(int i=1;i<=N;i++)
{
for(int j=v[i];j<=V;j++)
dp[j]=dp[j]+dp[j-v[i]];
}
for(int i=1;i<=V;i++)
printf("%d ",dp[i]);
printf("\n");
}
}

求次优解、第K优解

题目描述

求01背包前k优解的价值和

输入输出格式

输入格式：

第一行三个数K、V、N

接下来每行两个数，表示体积和价值

输出格式：

前k优解的价值和

题解

一般来说01背包是O(vn)O(vn)时间内可以解决，如果要求k优解k优解，那么我们需要把前kk优解全部求出，那么需要O(vnk)O(vnk)的时间。

参照01背包的状态转移方程

f[j]=max(f[j],f[j−w[i]]+v[i])f[j]=max(f[j],f[j−w[i]]+v[i])

我们如果用f[j][k]f[j][k]代表装满jj容量的背包的第kk优解，那么f[j][k]f[j][k]是通过f[j][]或者f[j−w[i]][]+v[i]f[j][]或者f[j−w[i]][]+v[i]转移而来的。

需要注意的是，这边f[j][]f[j][]中，j容量的背包空间必须全部塞满。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read()
{
int num=0;
char c=' ';
bool flag=true;
for(;c>'9'||c<'0';c=getchar())
if(c=='-')
flag=false;
for(;c>='0'&&c<='9';num=num*10+c-48,c=getchar());
return flag ? num : -num;
}
const int maxn=300;
int f[maxn*100][100],ans=0,k,v,n;
int w[maxn],c[maxn],t[maxn];
//t[j][k]代表容量为j全部充满的时候，第k优解。
void init()
{
memset(f,128,sizeof f);//赋值极小值
k=read();
v=read();
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
w[i]=read();
c[i]=read();
}//读入
f[0][1]=0;
}
void DP()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=v;j>=w[i];j--)//01背包
{
int t1=1,t2=1,t[maxn],len=0;
//t1和t2分别标记从哪个解的上一个状态转移而来
while(t1+t2<=k+1)
{
if(f[j][t1]>f[j-w[i]][t2]+c[i])
t[++len]=f[j][t1++];
else t[++len]=f[j-w[i]][t2++]+c[i];
}
for(int K=1;K<=k;K++)
f[j][K]=t[K];
//这个自己理解一下，是本题容易漏掉的一个关键点
}
for(int i=1;i<=k;i++)
ans+=f[v][i];//由于是求和
printf("%d\n",ans);
}

int main()
{
init();
DP();
return 0;
}