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//0 1背包
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
int main()
{
int i,j,n,v,f[1100],w[1100],p[1100];
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
memset(f,0,sizeof(f));
scanf("%d%d",&n,&v);
for(i=0;i<n;i++)
scanf("%d",&p[i]);
for(i=0;i<n;i++)
scanf("%d",&w[i]);
for(i=0;i<n;i++)
{
for(j=v;j>=w[i];j--)
f[j]=f[j]>(f[j-w[i]]+p[i])?f[j]:(f[j-w[i]]+p[i]);
}
printf("%d
",f[v]);
}
return 0;
}
//完全背包
#include<stdio.h>
#define max 999999
int main()
{
int i,j,n,v,f[10010],w[10010],p[10010],t,a,b;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d%d",&a,&b,&n);
v=b-a;
for(i=1;i<=v;i++)
f[i]=max;
f[0]=0;
for(i=0;i<n;i++)
scanf("%d%d",&p[i],&w[i]);
for(i=0;i<n;i++)
for(j=w[i];j<=v;j++)
if(f[j]>f[j-w[i]]+p[i])
f[j]=f[j-w[i]]+p[i];
if(f[v]==max) printf("This is impossible.
");
else
printf("The minimum amount of money in the piggy-bank is %d.
",f[v]);
}
return 0;
}
01背包是指每个物品只能用一次
完全背包指的是每个物品都能无限使用
没什么技巧，DP类的明确了状态后就写起来快了，写多了程序自然也就有经验了，有经验就能快速的推出状态，总之就是多写题
程序的不同很简单
完全背包
for i:=1 to n do //枚举1-N的物品
for j:=a[i] to m do //枚举1-M的能背出来的范围
f[j]:=f[j] or f[j-a[i]];
01背包
for i:=1 to n do //枚举1-N的物品
for j:=m downto a[i] do //枚举1-M的能背出来的范围
f[j]:=f[j] or f[j-a[i]];
注意，之前要先f[0]:=true；
可以看出，区别只在第二个循环的正倒，F是一个布尔数组，F[i]表示i这个数字能够被组合出来
为什么循环的正倒会导致这样的区别呢？
我们举个例子：
假设我们现在组合出了3，现在讨论的物品体积是1，那么,即a[i]=1, f[3]:=true;
当正循环时
当枚举到4的时候，f[4]=f[4] or f[4-1]=true，因为f[3]=true;
当枚举到5的时候，f[5]=f[5] or f[5-1]=true，因为f[4]=true;
显然，这个“1”会被无限的使用下去直到到达M的上限
逆循环则相反
复制的
标注：下文n即为物品件数，c[i]表示第i件物品的耗费（体积），V为背包容量，a[i]表示第i件物品的价值 dp[]数组存放的即为最优解。
一、01背包
最简单的背包，每件物品选或者不选。
1 for(int i = 1; i <= n; ++i){
2 for(int j = V; j >= c[i]; --j){
3 dp[j] = max(dp[j],dp[j-c[i]]+a[i]);
4 }
5 }
二、完全背包
每件物品可以选无限次
1 for(int i = 1; i <= n; ++i){
2 for(int j = c[i]; j <= V; ++j){
3 dp[j] = max(dp[j],dp[j-c[i]] + a[i];
4 }
5 }
注意：初始化方面的细节，如果要求恰好装满背包，那么在初始化时除了dp[0]为0其它dp[1..V]均设为-∞（求的是最大解，如果求的是最小解，则为∞） 如果并没有要求必须把背包装满，而是只希望价格尽量大，初始化时应该将f[0..V]全部设为0。
三、多重背包
每件物品可以选有限次 设每件物品的个数为count[i];
O(V*Σlog count[i])写法（二进制优化）
1 for(int i = 1; i <= n; ++i){
2 int k;
3 for(k = 1; k*2 < count[i] + 1; k *= 2){
4 for(int j = V; j >= k*c[i] ; --j){
5 dp[j] = max(dp[j],dp[j-k*c[i]] + k*a[i]);
6 }
7 }
8 k = count[i] + 1 - k; //k等于前面项数之和+1,（k-1）就是前面项数之和，1-k为其相反数
9 for(int j = V; j >= k*c[i]; --j){
10 dp[j] = max(dp[j],dp[j-k*c[i]] + k*a[i]);
11 }
12
13 }
O(VN)的写法
/*此种方法求最大值不确定可否，但判断是否能将1-V内的背包装满可以*/
----------------------------------------------------------------------
1 int used[MAXN];
2 for(int i = 1; i <= N; ++i){
3 memset(used,0,sizeof(used));
4 for(int j = c[i]; j <= V; ++j){
5 if(used[j-c[i]] < count[i] && dp[j] < dp[j-c[i]] + a[i]){
6 dp[j] = dp[j-c[i]] + a[i];
7 used[j] = used[j-c[i]] + 1;
8 }
9 }
10 } //有待验证，估计不对，有兴趣的可以验证下
----------------------------------------------------------------------
现在dp[i]用来表示容量为i的背包能否被所给物品恰好装满 上面的01背包和完全背包以及上面一种O(V*Σlog count[i])的写法也可以做这样的改变
1 memset(dp,false,sizeof(dp));
2 dp[0] = true;
3 for(int i = 1; i <= N; ++i){
4 memset(used,0,sizeof(used));
5 for(int j = c[i]; j <= V; ++j){ //注意这里是顺序的（和完全背包相同），其实多重背包也可以理解成被限制了的完全背包
6 if(!dp[j] && dp[j-c[i]] && used[j-c[i]] < count[i]){ //注意这里的!dp[j]不能少
7 dp[j] = true;
8 used[j] = used[j-c[i]] + 1;
9 }
10 }
11 }
四、混合背包
以上三种背包的混合，有的物品只能取一次，有的物品能取无限次，有的物品能取有限次
算法伪代码：
for i=1..n
if 第i件物品是01背包
for j=V...c[i]
dp[j]=max(); //同上面01背包代码
else if 第i件物品是完全背包
for j=c[i]...V
dp[j]=max(); //同上面完全背包
else if 第i件物品是多重背包
MultiplePack(c[i],a[i],count[i]) //同上多重背包
五、二维费用的背包
如问题：每件物品都有各自的体积v[i]和重量w[i]，一个背包最多可以装的体积为V，最多可以装的重量为W,问最多能装的价值。即有两种属性限制的背包问题。再比如，一个一般的01背包问题，再加上个数限制，即最多拿K件物品，也可以理解为每件物品的个数耗费为1，背包再加一个容量为K的属性，也是二维费用背包。对于二维费用的背包，只需对dp数组加一维即可，01背包倒序，完全背包正序
以01背包为例：
for i=1...n
for j=V..v[i]; //若为完全背包则写为for j=v[i]..V for k=w[i]..W;
for k=W..w[i];
dp[j][k] = max(dp[j][k],dp[j-v[i]][k-w[i]] + a[i]);
六、分组背包的问题
将n件物品分为若干组，每组中只能选择一件物品，问可以得到的最大价值。
for 所有的组k
for v=V..0
for 所有的i属于组k
dp[v]=max{dp[v],dp[v-c[i]]+a[i]}
七、有依赖的背包问题
要购买一件物品，必须先购买另一件物品。这就是有依赖关系的背包问题 背包九讲里讲的很清楚了，我就不多说了。
下面两个部分暂且放下。以后遇到具体的问题时再补充。
八、泛化物品的背包
九、背包问题问法的变化
下面就说几个比较经典的题目：01背包 完全背包就不说了，混合背包也没必要说
一、【POJ1014】【TOJ1034】【HDU1059】【ZOJ1149】Dividing——多重背包问题
一般在几个OJ上同时出现并且长久不衰的题都是经典题目，比如这题，是一道关于多重背包的题目
【题目大意】6种价值分别为1 2 3 4 5 6的石头，给出每种石头的数目，问能不能将这些石头分为价值相等的两堆。
【解析】经典的多重背包问题，a[]数组即为1 2 3 4 5 6，count数组题目给出，怎么做呢？上面提到一点，设dp[i]表示容量为i的背包能不能被所给物体装满。如果dp[sum/2]==1，那么就说明可以分为两堆（sum是所有石头的总价值），直接套用上面的模板即可。
1 #include <cstdio>
2 #include <cstring>
3 using namespace std;
4
5 int a[10];
6 int dp[120100];
7 int main(){
8 int cas = 0;
9 while( ++ cas ){
10 int sum = 0;
11 for(int i = 1; i <= 6; ++i){
12 scanf("%d",&a[i]);
13 sum += a[i]*i;
14 }
15 if(sum == 0)break;
16
17 memset(dp,0,sizeof(dp));
18 printf("Collection #%d:
",cas);
19
20 if(sum % 2 == 1){
21 puts("Can't be divided.");
22 puts("");
23 continue;
24 }
25
26 dp[0] = 1;
27 //O（NV）的方法
28 int dpt[120000];
29 for(int i = 1; i <= 6; ++i){
30 memset(dpt,0,sizeof(dpt));
31 for(int j = i; j <= sum/2; ++j){
32 if (!dp[j] && dp[j-i]&& dpt[j-i] < a[i]) {
33 dpt[j] = dpt[j-i] + 1;
34 dp[j] = 1;
35 }
36 }
37 }
38 /*
39 //二进制优化的方法
40
41 for(int i = 1;i <= 6;++i){
42 int k;
43 for(k = 1;k*2 < a[i]+1;k *= 2)
44 for(int v = sum/2;v >= k*i;--v)
45 if(dp[v-k*i])
46 dp[v]=true;
47 k = a[i]+1-k;
48 for(int v = sum/2;v > k*i;--v)
49 if([v-k*i])
50 dp[v] = true;
51
52 }
53 */
54 if(dp[sum/2]){
55 puts("Can be divided.");
56 }
57 else {puts("Can't be divided.");};
58 puts("");
59
60 }
61 return 0;
62 }
二、【TOJ3540】Consumer有依赖关系的背包
【题目大意】给若干组物品，每组物品都有一个箱子（箱子自身也有cost），然后就是物品的cost和value，要买某个物品必须也要买装这个物品的箱子，给一定钱数，问能获得的最大价值。
【题目解析】可以参照背包九讲第六讲和第七讲里的内容解决该问题（相当对口，这题就是根据背包九讲来的）
有一种比较简单的写法，两次背包即可。
1 #include<iostream>
2 using namespace std;
3 const int MAXN = 100000;
4 int main()
5 {
6 int n,total,boxcost,goodnum,cost,value,i,j,t;
7 int dpbox[MAXN],dptotal[MAXN];
8 while(scanf("%d%d",&n,&total) != EOF)
9 {
10 memset(dptotal,0,sizeof(dptotal));
11 for(i = 0; i < n; i++)
12 {
13 scanf("%d%d",&boxcost,&goodnum);
14 memcpy(dpbox,dptotal,sizeof(dptotal));
15 for(j = 0; j < goodnum; j++)
16 {
17 scanf("%d%d",&cost,&value);
18 for(t = total - boxcost; t >= cost; t--)
19 {
20 if(dpbox[t] < dpbox[t - cost] + value)
21 dpbox[t] = dpbox[t-cost] + value;
22 }
23 }
24 for(t = total; t >= boxcost; t--)
25 if(dptotal[t] < dpbox[t-boxcost])
26 dptotal[t] = dpbox[t-boxcost];
27 }
28 printf("%d
",dptotal[total]);
29 }
30 return 0;
31 }
这题源自多校联合赛，是一个比较难的背包综合题
【题目大意】一个人有T分钟去做工作，共有n组工作，每一组有若干工作，每个工作消耗的时间和得到的快乐值已知，每一个组有一个标识位，标识位为0，则该组中至少应该选取一样工作完成，标识位为1，则该组中至多有一个工作被选择，标识位为2，无限制。
【分析】对标识位为2的工作组，因为无限制条件，每个工作可做可不做，即用简单的01背包即可处理。对标识位为1的工作组，因为至多选择一个工作，所以本次操作只对dp数组选取最优值更新一次即可。对至少选择一个的工作组，还不是太理解，只是看别人代码写的，还请大家集思广益，有想法可以留言评论，以后理解透彻了以后会做补充。
1 #include <cstdio>
2 #include <algorithm>
3 #include <cstring>
4 #include <cmath>
5 #include <queue>
6 #include <vector>
7 #include <map>
8
9 using namespace std;
10
11 const int maxt = 100 + 10;
12
13 int dp[maxt];
14 int td[maxt], n, m, t;
15
16 void dp0() { //至少取一个
17 memcpy (td, dp, sizeof(td));
18 memset (dp, -1, sizeof(dp));
19 for (int i = 0, a, b; i < m; ++i) {
20 scanf ("%d%d", &a, &b);
21 for (int j = t; j >= a; --j) {//注意怎样保证至少取一个？？
22 if (dp[j-a] != -1) {
23 dp[j] = max(dp[j], dp[j-a] + b);
24 }
25 if (td[j-a] != -1) {
26 dp[j] = max(dp[j], td[j-a] + b);
27 }
28 }
29 }
30 }
31
32 void dp1() { //最多取一个,用上次得到的dp值更新最优值，只更新一次
33 memcpy(td, dp, sizeof(td));
34 for (int i = 0, a, b; i < m; ++i) {
35 scanf ("%d%d", &a, &b);
36 for (int j = t; j >= a; --j) {
37 if (td[j-a] != -1) { //用-1初始化，这种情况能够被装入的都是恰好被装入
38 dp[j] = max(dp[j], td[j-a] + b);
39 }
40 }
41 }
42 }
43
44 void dp2() { //无条件限制，01背包，更新多次
45 for (int i = 0, a, b; i < m; ++i) {
46 scanf ("%d%d", &a, &b);
47 for (int j = t; j >= a; --j) {
48 if (dp[j-a] != -1) {
49 dp[j] = max(dp[j], dp[j-a] + b);
50 }
51 }
52 }
53 }
54
55 void init() {
56 memset (dp, -1, sizeof(dp));
57 dp[0] = 0;
58 for (int i = 0, s; i < n; ++i) {
59 scanf ("%d%d", &m, &s);
60 if (s == 0) dp0();
61 else if (s == 1) dp1();
62 else if (s == 2) dp2();
63 }
64 }
65
66 void solve() {
67 int ans = -1;
68 for (int i = 0; i <= t; ++i)
69 ans = max(ans, dp[i]);
70 printf ("%d
", ans);
71 }
72
73 int main() {
74 //freopen("ar.txt","r",stdin);
75 while (scanf ("%d%d", &n, &t) != EOF) {
76 init();
77 solve();
78 }
79 return 0;
80 }
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