1 基础知识

（零）
背包问题描述：有$N$个物品，每个物品的体积是$v_i$，价值是$w_i$，现有容量是$V$的背包，求这个背包能装下的物品的最大价值。

01背包问题：每个物品只有1个。
完全背包问题：每个物品有无穷多个。
多重背包问题：第$i$个物品有$s_i$个。
分组背包问题：有N组物品，每组有$s_i$个物品，但只能选择其中一个。

（一）
01背包问题讲解。

状态定义f[i][j]：从前$i$个物品中选择总体积不超过$j$的物品的总价值的最大值。

状态转移：

1. 不选择第$i$个物品，即从前$i-1$个物品中选择总体积不超过$j$的物品，根据状态的定义可知，为f[i-1][j]。
2. 选择第$i$个物品，即从前$i-1$个物品中选择总体积不超过$j-v[i]$的物品，然后再加上w[i]，即f[i-1][j - v[i]] + w[i]。

f[i][j]的值取上述两者中的最大值即可。

初始化：f[0][0~V]=0。

最终答案：f[N][V]。

用代码表示如下，

#include <iostream>using namespace std;const int N = 1010;
int n, m;
int v[N];
int w[N];
int f[N][N];int main() {cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> v[i] >> w[i];for (int i = 1; i <= n; ++i) {for (int j = 0; j <= m; ++j) {f[i][j] = f[i-1][j];if (j >= v[i]) f[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][j - v[i]] + w[i]);}}cout << f[n][m] << endl;return 0;
}

考虑到上述状态转移过程中，在计算第i层的状态时，只用到了第i-1层的信息，故可以使用滚动数组进行优化，将状态表示降成一维的。可以用一个临时数组来存取上一层的状态。更进一步，考虑f[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][j - v[i]] + w[i])，发现计算f[i][j]时，需要知道f[i-1][j-v[i]]的信息，而我们可以从j=m到j=v[i]的顺序进行更新，那么使用的就是上一层的f[j-v[i]]，故省去了$O(N)$的临时数组的空间。

C++代码如下，

#include <iostream>using namespace std;const int N = 1010;
int n, m;
int v[N];
int w[N];
int f[N];int main() {cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> v[i] >> w[i];for (int i = 1; i <= n; ++i) {for (int j = m; j >= v[i]; --j) {f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);}}cout << f[m] << endl;return 0;
}

（二）
完全背包问题讲解。

状态定义同上，即f[i][j]：从前$i$个物品中选择总体积不超过$j$的物品的总价值的最大值。

状态转移稍有不同，如下，

1. 不选第$i$个物品，即f[i-1][j]。
2. 选1个第$i$个物品，即f[i-1][j - v[i]] + w[i]。
3. 选2个第$i$个物品，即f[i-1][j - v[i] * 2] + w[i] * 2。
   ……
4. 选$k$个第$i$个物品，即f[i-1][j - v[i] * k] + w[i] * k。

初始化：f[0][0~V]=0。

最终答案：f[N][V]。

C++代码如下，

#include <iostream>using namespace std;const int N = 1010;
int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N][N];int main() {cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> v[i] >> w[i];for (int i = 1; i <= n; ++i) {for (int j = 0; j <= m; ++j) {for (int k = 0; k * v[i] <= j; ++k) {f[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][j - v[i] * k] + w[i] * k);}}}cout << f[n][m] << endl;return 0;
}

上述代码的三重循环可以优化到两重循环，考虑状态f[i][j]的求解，
$$\begin{gathered} f[i][j]=max(f[i-1][j], \\ f[i-1][j-v[i]]+w[i], \\ f[i-1][j-v[i]\ast 2]+w[i]\ast 2, \\ \cdots , \\ f[i-1][j-v[i]\ast k]+w[i]\ast k) \end{gathered}$$
考虑状态f[i][j - v[i]]的求解，
$$\begin{gathered} f[i][j-v[i]]=max(f[i-1][j-v[i]], \\ f[i-1][j-v[i]\ast 2]+w[i], \\ f[i-1][j-v[i]\ast 3]+w[i]\ast 2, \\ \cdots , \\ f[i-1][j-v[i]\ast k]+w[i]\ast k) \end{gathered}$$
观察上式，发现有，
$$\begin{gathered} f[i][j]=max(f[i-1][j], \\ f[i][j-v[i]]+w[i]) \end{gathered}$$
故写成代码如下，

#include <iostream>using namespace std;const int N = 1010;
int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N][N];int main() {cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> v[i] >> w[i];for (int i = 1; i <= n; ++i) {for (int j = 0; j <= m; ++j) {f[i][j] = f[i-1][j];if (j >= v[i]) f[i][j] = max(f[i][j], f[i][j - v[i]] + w[i]);}}cout << f[n][m] << endl;return 0;
}

更进一步，可以利用滚动数组进行优化，考虑状态f[i][j]的计算公式f[i][j] = max(f[i][j], f[i][j - v[i]] + w[i])，由于此处使用的是第i层的j-v[i]，故无需将j从j=m到j=v[i]这样倒序遍历，正序遍历即可。

C++代码如下，

#include <iostream>using namespace std;const int N = 1010;
int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N];int main() {cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> v[i] >> w[i];for (int i = 1; i <= n; ++i) {for (int j = 0; j <= m; ++j) {if (j >= v[i]) f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);}}cout << f[m] << endl;return 0;
}

（三）
多重背包问题讲解。

状态定义同（一），即f[i][j]：使用前$i$个物体且总体积不超过$j$，总价值的最大值。
状态转移：

1. 不选择第$i$个物品，即f[i-1][j]。
2. 选择1个第$i$个物品，即f[i-1][j-v[i]] + w[i]。
3. 选择2个第$i$个物品，即f[i-1][j-v[i]*2] + w[i]*2
   ……
4. 选择s[i]个第$i$个物品，即f[i-1][j-v[i]*s[i]] + w[i] * s[i]。

C++代码如下，

#include <iostream>using namespace std;const int N = 110;
int n, m;
int v[N], w[N], s[N];
int f[N][N];int main() {cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> v[i] >> w[i] >> s[i];for (int i = 1; i <= n; ++i) {for (int j = 0; j <= m; ++j) {for (int k = 0; k * v[i] <= j && k <= s[i]; ++k) {f[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][j - v[i] * k] + w[i] * k);}}}cout << f[n][m] << endl;return 0;
}

上述时间复杂度为$O(n\cdot m\cdot s)$，可以优化到$O(n\cdot m\cdot log(s))$。

具体介绍如下，考虑到有s[i]个第$i$类物品，可以将其拆成$log(s[i])$个，比如有20个第$i$类物品，可以拆成1个、2个、4个、8个和5个。然后转换成01背包问题。

C++代码如下，

#include <iostream>using namespace std;const int N = 25000, M = 2010;
int n, m, cnt;
int v[N], w[N];
int f[M];int main() {cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; ++i) {int a, b, c;cin >> a >> b >> c;//体积a，价值b，个数cint k = 1;while (c >= k) {cnt ++;v[cnt] = k * a;w[cnt] = k * b;c -= k;k <<= 1;}if (c > 0) {cnt++;v[cnt] = c * a;w[cnt] = c * b;}}//做一遍01背包问题for (int i = 1; i <= cnt; ++i) {for (int j = m; j >= v[i]; --j) {f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);}}cout << f[m] << endl;return 0;
}

（四）
分组背包问题讲解。

有$N$组物品，每组物品有$s_i$类，每一类只有一个，分别有体积$v_i$、价值$w_i$，现在有体积为$V$的背包，只能从每组物品中挑选一个或者不选，求背包的最大价值。

状态定义基本同（一），即f[i][j]：从前$i$个物品中选择总体积不超过$j$的，其最大价值。

状态转移，有：

1. 不选择第$i$组物品，f[i-1][j]。
2. 选择第$i$组物品中的第0个，即f[i-1][j - v[i][0]] + w[i][0]。
3. 选择第$i$组物品中的第1个，即f[i-1][j - v[i][1]] + w[i][1]。
   ……
4. 选择第$i$组物品中的第k个，即f[i-1][j - v[i][k]] + w[i][k]。

C++代码如下，

#include <iostream>using namespace std;const int N = 110;
int n, m;
int s[N];
int v[N][N], w[N][N];
int f[N];int main() {cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; ++i) {cin >> s[i];for (int j = 0; j < s[i]; ++j) {cin >> v[i][j] >> w[i][j];}}for (int i = 1; i <= n; ++i) {for (int j = m; j >= 0; --j) {for (int k = 0; k < s[i]; ++k) {if (v[i][k] <= j) f[j] = max(f[j], f[j - v[i][k]] + w[i][k]);}}}cout << f[m] << endl;return 0;
}

2 模板

暂无。。。

3 工程化

暂无。。。