浅谈背包【复习】

二进制优化分组背包：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2844

分析：没什么好说的就是模板

code by wzxbeliever：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
#define ll long long
#define il inline
#define ri register int
#define lowbit(x) x&(-x)
using namespace std;
const int maxn=105;
const int maxx=100005;
int n,m,cnt,ans;
int dp[maxx],v[maxn*40],val[maxn],num[maxn];
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	while(n||m){
	cnt=ans=0;
	memset(dp,0,sizeof dp);
	for(ri i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&val[i]);
	for(ri i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&num[i]);
	for(ri i=1;i<=n;i++)
		for(ri j=1;j<=num[i];j<<=1){
			if(j<=num[i])num[i]-=j,v[++cnt]=j*val[i];
			if(num[i])v[++cnt]=num[i]*val[i];
		}
	dp[0]=1;
	for(ri i=1;i<=cnt;i++)
	for(ri j=m;j>=v[i];j--)
	dp[j]|=dp[j-v[i]];
	for(ri i=1;i<=m;i++)
	if(dp[i])ans++;
	printf("%d
",ans);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	}
	return 0;
}

https://www.luogu.org/problem/P2851

分析：

约翰能对各种硬币使用的次数是有限的，于是对约翰做多重背包。

而老板对各种硬币的使用次数是无限的，于是对老板做完全背包。

然后在min出最小的答案

关键就在于没有上限啊

根据抽屉原理+同余知识，可得到这个上限为max{val[i]*val[i]}(wo bu hui zheng ming)

code：

#include <cstdio>
#include <cstring>
const int maxT=10000+10;
const int maxn=100+5;
const int maxv=120;
int f[maxT+maxv*maxv],g[maxT+maxv*maxv];
int v[maxn],c[maxn];
inline int max(int x,int y) {return x>y?x:y;}
inline int min(int x,int y) {return x<y?x:y;}
int main()
{
    int n,t;
    scanf("%d%d",&n,&t);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&v[i]);
    int sum=0,mx=0;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&c[i]);
        sum+=c[i]*v[i];
        mx=max(mx, v[i]*v[i]);
    }
    if (sum<t)
    {
        printf("-1
");
        return 0;
    }
    memset(g, 0x3f, sizeof(g));
    memset(f, 0x3f, sizeof(f));
    g[0]=0;
    f[0]=0;
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=v[i];j<=mx;j++)
            g[j]=min(g[j], g[j-v[i]]+1);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    { 
        for (int j=1;j<=c[i];j<<=1)
        {
            for (int k=t+mx;k>=j*v[i];k--)//倒过来更新（实际上是拆分成01背包的形式） 
                f[k]=min(f[k], f[k-j*v[i]]+j);
            c[i]-=j;
        }
        if (c[i])//还有剩余的没更新 
            for (int k=t+mx;k>=c[i]*v[i];k--)
                f[k]=min(f[k], f[k-c[i]*v[i]]+c[i]);
    }
    int ans=0x3f3f3f3f;
    for (int i=t;i<=t+mx;i++)
        ans=min(ans, f[i]+g[i-t]);
    printf("%d
",ans==0x3f3f3f3f?-1:ans);
    return 0;
}

https://www.luogu.org/problem/P1417

如果没有b[i]这个属性的话就是明显的01背包问题。

现在考虑相邻的两个物品x,y。假设现在已经耗费p的时间，那么分别列出先做x,y的代价：

a[x]-(p+c[x])b[x]+a[y]-(p+c[x]+c[y])b[y] (①)

a[y]-(p+c[y])b[y]+a[x]-(p+c[y]+c[x])b[x] (②)

对这两个式子化简，得到①＞②的条件是c[x]b[y]<c[y]b[x].

发现只要满足这个条件的物品对(x,y)，x在y前的代价永远更优。

因此可以根据这个条件进行排序，之后就是简单的01背包了。

code :

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define LL long long
#define maxn 100001
using namespace std;
struct node {
    int a, b, c;
}a[maxn];
LL f[maxn], ans;
int T, n, i, j;
bool cmp(node a, node b) {
    return (LL)a.c * (LL)b.b < (LL)b.c * (LL)a.b;
}
int main() {
    scanf("%d%d", &T, &n);
    for (i = 0; i < n; i++)
        scanf("%d", &a[i].a);
    for (i = 0; i < n; i++)
        scanf("%d", &a[i].b);
    for (i = 0; i < n; i++)
        scanf("%d", &a[i].c);
    sort(a, a + n, cmp);
    memset(f, 255, sizeof f);
    f[0] = 0;
    for (i = 0; i < n; i++) {
        for (j = T; j >= 0; --j)
            if (f[j] != -1 && j + a[i].c <= T)
                f[j + a[i].c] = max(f[j + a[i].c], f[j] + (LL)a[i].a - (LL)(j + a[i].c) * (LL)a[i].b);
    }
    for (i = 0; i <= T; i++)
        ans = max(ans, f[i]);
    cout << ans << endl;
}