【算法笔记】三种背包问题—

前言

背包（Knapsack）问题是经典的动态规划问题，也很有实际价值。
##背包

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

knapsack

$$ f_{i,j}=\begin{cases} 0 & (i=0/j=0) \\ \max(f_{i-1,j},f_{i-1,j-w_i}+v_i) & (i>0,j\ge w_i) \end{cases} $$

依次递增$i$，逐步增加问题规模即可求解。时间、空间复杂度均为$\mathcal O(nW)$。
在本题中，$\mathcal O(nW)$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。

$$ f_j=\max(f_j,f_{j-w_i}+v_i) $$

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

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#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。

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#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$W$

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$n\le 100,W\le 10^9,v_i\le 10^3$。

$$ f_{i,j}=\begin{cases} +\infin & (i=0,j\ne0) \\ 0 & (i\ge 0,j=0) \\ \min(f_{i-1,j},f_{i-1,j-v_i}+w_i) & (i>0,j>0) \end{cases} $$

其中，$i=0,j\ne 0$这种情况不存在，所以初始值为$+\infin$。最终答案，即为最大的$j$，使得$f_{n,j}\le W$，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$i$，循环迭代$j$时只需到$v_1+v_2+\dots+v_i$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$f_j=\min(f_j,f_{j-v_i}+w_i)$（注意要倒序枚举$j$）

运用了两种优化的代码如下：

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#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$n$个物品和一个总容量为$W$的背包。第$i$件物品的重量是$w_i$，价值是$v_i$。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。

$$ \begin{aligned} f_{i,j}=\max_{k=0}^{+\infin}\{f_{i-1,j-k\times w_i}\}+v_i\times k\\ =\max_{k=0}^{\lfloor\frac j{w_i}\rfloor}\{f_{i-1,j-k\times w_i}\}+v_i\times k \end{aligned} $$

可以发现，实际上只需要用$f_{i,j}=\max(f_{i-1,j},f_{i,j-w_i}+v_i)$即可，因为此时的$f_{i,j-w_i}$会被$f_{i,j-2w_i}$更新，$f_{i,j-2w_i}$又会被$f_{i,j-3w_i}$更新，以此类推，这样算与前面的公式等效。

$$ \begin{aligned} f_{i,j}=\max(f_{i-1,j},f_{i-1,j-w_i}+v_i) \\ f_{i,j}=\max(f_{i-1,j},f_{i,j-w_i}+v_i) \end{aligned} $$

实际上，区别就在于一个是$f_{i-1,j-w_i}$，一个是$f_{i,j-w_i}$。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~

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#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$n$个物品和一个总容量为$W$的背包。第$i$件物品的重量是$w_i$，价值是$v_i$，最多能选择$m_i$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。$n\le100,\sum m_i\le10^5,W\le 4\times10^4$。

很容易想到，可以转换成每件物品都被拆分成$m_i$个只能选一次的物品，即$N=\sum m_i$的01背包。很明显，这样做的时间复杂度是$\mathcal O(W\sum m_i)$，会TLE。因此，我们可以优化拆分的方法，将$m$转化为$x+\sum\limits_{j=0}^i 2^j$的形式，举几个栗子：

$5=(1+2)+2$，其中$i=1,x=2$；
$16=(1+2+4+8)+1$，其中$i=3,x=1$；
$31=(1+2+4+8+16)$，其中$i=4,x=0$。

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$m$按这种拆分的方法会被拆分为$\lceil\log_2m\rceil$个数字的和，因此总时间复杂度为$\mathcal O(W\sum\limits_{i=1}^n\log m_i)$，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$\mathcal O(nW)$，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。

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#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：

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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$k_i=1$。
对于完全背包，可选数目$k_i=\lceil\frac W{w_i}\rceil$。

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	$\max(f_j,f_{j-w_i}+v_i)$	$\max(f_j,f_{j-w_i}+v_i)$	基本同01背包
时间复杂度²	$\mathcal O(nW)$	$\mathcal O(nW)$	$\mathcal O(W\sum\log k_i)$
空间复杂度³	$\mathcal O(W)$	$\mathcal O(W)$	$\mathcal O(W)$
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！

压缩掉第一维的$f_j$，01背包为倒序枚举$j$，完全背包为正序 ↩︎
完全背包为优化后的复杂度，多重背包为二进制优化的复杂度。 ↩︎
指压缩第一维后的dp数组大小。 ↩︎