noip背包问题教程(背包九讲)
acm背包问题九讲
背包问题九讲目录第一讲01背包问题第二讲完全背包问题第三讲多重背包问题第四讲混合三种背包问题第五讲二维费用的背包问题第六讲分组的背包问题第七讲有依赖的背包问题第八讲泛化物品第九讲背包问题问法的变化附录一：USACO中的背包问题附录二：背包问题的搜索解法P01: 01背包问题题目有N件物品和一个容量为V的背包。
第i件物品的体积是c[i]，价值是w[i]。
求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
基本思路这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。
用子问题定义状态：即f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。
则其状态转移方程便是：f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。
所以有必要将它详细解释一下：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。
如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”，价值为f[i-1][v]；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。
优化空间复杂度以上方法的时间和空间复杂度均为O(VN)，其中时间复杂度应该已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O。
先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环i=1..N，每次算出来二维数组f[i][0..V]的所有值。
那么，如果只用一个数组f[0..V]，能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态f[i][v]呢？f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]两个子问题递推而来，能否保证在推f[i][v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]的值呢？事实上，这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺序推f[v]，这样才能保证推f[v]时f[v-c[i]]保存的是状态f[i-1][v-c[i]]的值。
名校noip讲义-背包问题思路
背包问题思路[问题描述]在M件物品取出若干件放在空间为W的背包里，每件物品的重量为W1，W·2……Wn，与之相对应的价值为P1,P2……Pn。
求出获得最大价值的方案。
注意：在本题中，所有的重量值均为整数。
[算法分析]：对于背包问题，通常的处理方法是搜索。
用递归来完成搜索，算法设计如下：function Make( i {处理到第i件物品} , j{剩余的空间为j}:integer) :integer;初始时i=m , j=背包总容量beginif i:=0 thenMake:=0;if j>=wi then (背包剩余空间可以放下物品i )r1:=Make(i-1,j-wi)+v[i]; (第i件物品放入所能得到的价值)r2:=Make(i-1,j)(第i件物品不放所能得到的价值)Make:=max{r1,r2}end;这个算法的时间复杂度是O(2^n)，我们可以做一些简单的优化。
由于本题中的所有物品的重量均为整数，经过几次的选择后背包的剩余空间可能会相等，在搜索中会重复计算这些结点，所以，如果我们把搜索过程中计算过的结点的值记录下来，以保证不重复计算的话，速度就会提高很多。
这是简单的"以空间换时间"。
我们发现，由于这些计算过程中会出现重叠的结点，符合动态规划中子问题重叠的性质。
同时，可以看出如果通过第N次选择得到的是一个最优解的话，那么第N-1次选择的结果一定也是一个最优解。
这符合动态规划中最优子问题的性质。
考虑用动态规划的方法来解决，这里的：阶段是：在前N件物品中，选取若干件物品放入背包中；状态是：在前N件物品中，选取若干件物品放入所剩空间为W的背包中的所能获得的最大价值；决策是：第N件物品放或者不放；由此可以写出动态转移方程：我们用f[i,j]表示在前i 件物品中选择若干件放在所剩空间为j 的背包里所能获得的最大价值f[i,j]=max{f[i-1,j-Wi]+Pi (j>=Wi), f[i-1,j]}这样，我们可以自底向上地得出在前M件物品中取出若干件放进背包能获得的最大价值，也就是f[m,w]算法设计如下：procedure Make;beginfor i:=0 to w dof[0,i]:=0;for i:=1 to m dofor j:=0 to w do beginf[i,j]:=f[i-1,j];if (j>=w[i]) and (f[i-1,j-w[i]]+v[i]>f[i,j]) thenf[i,j]:=f[i-1,j-w[i]]+v[i];end;writeln(f[m,wt]);end;由于是用了一个二重循环，这个算法的时间复杂度是O（n*w)。
背包问题
6.0-1背包问题（部分背包问题可有贪心法求解：计算Pi/Wi）数据结构：w[i]:第i个背包的重量；p[i]:第i个背包的价值；(1)0-1背包：每个背包只能使用一次或有限次(可转化为一次)：A.求最多可放入的重量。
NOIP2001 装箱问题有一个箱子容量为v(正整数，o≤v≤20000)，同时有n个物品(o≤n≤30)，每个物品有一个体积 (正整数)。
要求从 n 个物品中，任取若千个装入箱内，使箱子的剩余空间为最小。
l 搜索方法procedure search(k,v:integer); {搜索第k个物品，剩余空间为v}var i,j:integer;beginif v< best then best:=v;if v-(s[n]-s[k-1]) >=best then exit; {s[n]为前n个物品的重量和}if k< =n then beginif v >w[k] then search(k+1,v-w[k]);search(k+1,v);end;end;l DPF[I,j]为前i个物品中选择若干个放入使其体积正好为j的标志，为布尔型。
实现:将最优化问题转化为判定性问题F[I,j]=f[i-1,j-w[i]] (w[I]< =j< =v) 边界：f[0,0]:=true.For I:=1 to n doFor j:=w[I] to v do F[I,j]:=f[I-1,j-w[I]];优化：当前状态只与前一阶段状态有关，可降至一维。
F[0]:=true;For I:=1 to n do beginF1:=f;For j:=w[I] to v doIf f[j-w[I]] then f1[j]:=true;F:=f1;End;B.求可以放入的最大价值。
F[I,j]=C.求恰好装满的情况数。
(2)每个背包可使用任意次：A.求最多可放入的重量。
状态转移方程为f[I,j]=max{f[i-w[j]B.求可以放入的最大价值。
动态规划背包问题
P01: 01背包问题题目有N件物品和一个容量为V的背包。
第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。
求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
基本思路这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。
用子问题定义状态：即f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。
则其状态转移方程便是：f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。
所以有必要将它详细解释一下：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。
如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”，价值为f[i-1][v]；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。
优化空间复杂度以上方法的时间和空间复杂度均为O(N*V)，其中时间复杂度基本已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O(V)。
先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环i=1..N，每次算出来二维数组f[i][0..V]的所有值。
那么，如果只用一个数组f[0..V]，能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态f[i][v]呢？f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]两个子问题递推而来，能否保证在推f[i][v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]的值呢？事实上，这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺序推f[v]，这样才能保证推f[v]时f[v-c[i]]保存的是状态f[i-1][v-c[i]]的值。
NOI导刊资源背包动态规划
少。
剩下钱数最少的找零方案中的所需的最少 硬币数。
N<=500,T<=10000.
分析
设F[i]表示需要找的钱数为i时所需要的最少 钱币数。显然有：
F[i]=Min{F[ i - A[j] ] + 1} { i≤ T，1≤j≤N} 初始值：F[0]=0。 A[j]表示其中 第j种钱币的面值。 时间复杂度为O(N*T)。
动态规划
• 可以按每个物品进行规划，同样每种物品有选和 不选两种选择
• 设F(i,j)表示前i件物品载重为j的最大效益，则有
F(i 1, j w[i]) C[i],第i种物品装载 F(i, j) MaxF(i 1, j),第i种物品不装载
• 1<=i<=N, 0<=j<=N • 初值：F(0,j)=0 • F(N,M)即答案 • 显然时间复杂度为O(NM)
for j:=0 to m do
begin
if j>=w[i] then //背包容量够大
f[j]:=max(f[j-w[i]]+c[i],f[j])
end;
思考题1：机器分配
• M台设备，分给N个公司。 • 若公司i获得j台设备，则能产生Aij效益 • 问如何分配设备使得总效益最大？ • M<=15，N<=10。
else
//背包容量不足
f[i,j]:=f[i-1,j];
end;
满背包问题（01背包）
• 有N件物品; • 第i件物品Wi公斤; • 第i件物品价值Ci元; • 现有一辆载重M公斤的卡车; • 问选取装载哪些物品，使得卡车开车正
好装满时，运送的总价值最大？ 若无法装满卡车，则输出无解。
背包九讲之九：背包问题求具体方案
背包九讲之九：背包问题求具体⽅案有 N 件物品和⼀个容量是 V 的背包。
每件物品只能使⽤⼀次。
第 i 件物品的体积是 vi，价值是 wi。
求解将哪些物品装⼊背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最⼤。
输出字典序最⼩的⽅案。
这⾥的字典序是指：所选物品的编号所构成的序列。
物品的编号范围是 1…N。
输⼊格式第⼀⾏两个整数，N，V，⽤空格隔开，分别表⽰物品数量和背包容积。
接下来有 N ⾏，每⾏两个整数 vi,wi，⽤空格隔开，分别表⽰第 i 件物品的体积和价值。
输出格式输出⼀⾏，包含若⼲个⽤空格隔开的整数，表⽰最优解中所选物品的编号序列，且该编号序列的字典序最⼩。
物品编号范围是 1…N。
数据范围0<N,V≤10000<vi,wi≤1000输⼊样例4 51 22 43 44 6输出样例1 4代码如下：1 #include<iostream>2 #include<algorithm>3using namespace std;4const int n = 1002;5int N, V, v[n], w[n], f[n][n];6int main() {7 cin >> N >> V;8for (int i = 1; i <= N; ++i)9 cin >> v[i] >> w[i];10for (int i = N; i >= 1; --i) //倒着排，⽅便正着输出物品序号11for (int j = 0; j <= V; ++j) {12 f[i][j] = f[i + 1][j];13if (j >= v[i])14 f[i][j] = max(f[i][j], f[i + 1][j - v[i]] + w[i]);15 }16int vol = V;17for (int i = 1; i <= N; ++i) //正着输出物品序号18if (vol >= v[i] && f[i][vol] == f[i + 1][vol - v[i]] + w[i]) {19 cout << i << "";20 vol -= v[i];21 }22 }。
动规-背包九讲完整版
为什么呢？可以这样理解：初始化的 f 数组事实上就是在没有任何物品可以放入背包时的合 法状态。如果要求背包恰好装满，那么此时只有容量为 0 的背包可能被价值为 0 的 nothing“恰好装满”，其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，它们的值就都 应该是-∞了。如果背包并非必须被装满，那么任何容量的背包都有一个合法解“什么都不 装”，这个解的价值为 0，所以初始时状态的值也就全部为 0 了。
前言
本篇文章是我(dd_engi)正在进行中的一个雄心勃勃的写作计划的一部分，这个计划的内容是 写作一份较为完善的 NOIP 难度的动态规划总结，名为《解动态规划题的基本思考方式》。现 在你看到的是这个写作计划最先发布的一部分。
背包问题是一个经典的动态规划模型。它既简单形象容易理解，又在某种程度上能够揭示动 态规划的本质，故不少教材都把它作为动态规划部分的第一道例题，我也将它放在我的写作 计划的第一部分。
这个小技巧完全可以推广到其它类型的背包问题，后面也就不再对进行状态转移之前的初始 化进行讲解。
小结
01 背包问题是最基本的背包问题，它包含了背包问题中设计状态、方程的最基本思想，另 外，别的类型的背包问题往往也可以转换成 01 背包问题求解。故一定要仔细体会上面基本思 路的得出方法，状态转移方程的意义，以及最后怎样优化的空间复杂度。
感谢 XiaQ，它针对本文的第一个 beta 版发表了用词严厉的六条建议，虽然我只认同并采纳 了其中的两条。在所有读者几乎一边倒的赞扬将我包围的当时，你的贴子是我的一剂清醒 剂，让我能清醒起来并用更严厉的眼光审视自己的作品。
当然，还有用各种方式对我表示鼓励和支持的几乎无法计数的同学。不管是当面赞扬，或是 在论坛上回复我的贴子，不管是发来热情洋溢的邮件，或是在即时聊天的窗口里竖起大拇 指，你们的鼓励和支持是支撑我的写作计划的强大动力，也鞭策着我不断提高自身水平，谢 谢你们！
NOI背包9讲
P01: 01背包问题题目有N件物品和一个容量为V的背包。
第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。
求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
基本思路这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。
用子问题定义状态：即f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。
则其状态转移方程便是：f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}。
这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。
所以有必要将它详细解释一下：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。
如果不放第i 件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f [i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。
注意f[i][v]有意义当且仅当存在一个前i件物品的子集，其费用总和为v。
所以按照这个方程递推完毕后，最终的答案并不一定是f[N] [V]，而是f[N][0..V]的最大值。
如果将状态的定义中的“恰”字去掉，在转移方程中就要再加入一项f[i][v-1]，这样就可以保证f[N] [V]就是最后的答案。
至于为什么这样就可以，由你自己来体会了。
优化空间复杂度以上方法的时间和空间复杂度均为O(N*V)，其中时间复杂度基本已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O(V)。
先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环i=1..N，每次算出来二维数组f[i][0..V]的所有值。
那么，如果只用一个数组f [0..V]，能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态f[i][v]呢？f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1] [v-c[i]]两个子问题递推而来，能否保证在推f[i][v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[i-1][v]和f[i-1][v -c[i]]的值呢？事实上，这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺序推f[v]，这样才能保证推f[v]时f[v-c[i]]保存的是状态f[i -1][v-c[i]]的值。
背包九讲
By @wgx998877
九 讲
Copy right@中国地质大学（北京）ACM/ICPC 集训队
背包问题及其变化
完全背包
01背包 ZeroOnePack
CompletePack
混合背包 MixedPack
MultiplePack
多重背包
二维费用背包 泛化物品 有依赖背包 分组背包
有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物 品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物 品装入背包可使价值总和最大。
void OneZeroPack(int cost,int value){ int i,j; for(i = total;i >= cost; i--) f[i] = max(f[i],f[i-cost]+value); }
逆序！ 这就是关键！ 1 for i=1..N 2 for v=V..0 3 f[v]=max {f[v],f[v-c[i]]+w[i]}; 4 分析上面的代码：当内循环是逆序时 就可以保证后一个f[v]和f[v-c[i]]+w[i]是前一状态的！ 这里给大家一组测试数据： 测试数据： 10,3 3,4 4,5 5,6
二维费用背包
有依赖背包
分组背包
for i=1..N if //第i件物品属于01背包 ZeroOnePack(c[i],w[i]) else if //第i件物品属于完全背包 CompletePack(c[i],w[i]) else if //第i件物品属于多重背包 MultiplePack(c[i],w[i],n[i])
混合背包 MixedPack
MultiplePack
多重背包
for (i = 1; i < N; ++i) { if (cost[i] * amount[i] >= V) { CompletePack(cost[i], weight[i]); return; } int k = 1; while (k < amount[i]) { ZeroOnePack(k*cost[i], k*weight[i]); amount[i] = amount[i] - k; k = k*2; } ZeroOnePack(amount[i]*cost[i], amount[i]*weight[i]); }
多重背包O(NV)算法详解(使用单调队列)
多重背包O(N*V)算法详解（使用单调队列）多重背包问题：有N种物品和容量为V的背包，若第i种物品，容量为v[i]，价值为w[i]，共有n[i]件。
怎样装才能使背包内的物品总价值最大？网上关于“多重背包”的资料倒是不少，但是关于怎么实现O(N*V)算法的资料，真得好少呀，关于“单调队列”那部分算法，又没说明得很清楚，看了几遍没看懂原理，只好自己动脑去想怎么实现O(N*V)算法。
若用F[i][j]表示对容量为j的背包，处理完前i种物品后，背包内物品可达到的最大总价值，并记m[i] = min(n[i], j / v[i])。
放入背包的第i种物品的数目可以是：0、1、2……，可得：F[i][j] = max { F[i - 1] [j – k * v[i] ] + k * w[i] } (0 <= k <= m[i]) ㈠如何在O(1)时间内求出F[i][j]呢？先看一个例子：取m[i] = 2, v[i] = v, w[i] = w, V > 9 * v，并假设 f(j) = F[i - 1][j]，观察公式右边要求最大值的几项：j = 6*v: f(6*v)、f(5*v)+w、f(4*v)+2*w 这三个中的最大值j = 5*v: f(5*v)、f(4*v)+w、f(3*v)+2*w 这三个中的最大值j = 4*v: f(4*v)、f(3*v)+w、f(2*v)+2*w 这三个中的最大值显然，公式㈠右边求最大值的几项随j值改变而改变，但如果将j = 6*v时，每项减去6*w，j=5*v时，每项减去5*w，j=4*v时，每项减去4*w，就得到：j = 6*v: f(6*v)-6*w、f(5*v)-5*w、f(4*v)-4*w 这三个中的最大值j = 5*v: f(5*v)-5*w、f(4*v)-4*w、f(3*v)-3*w 这三个中的最大值j = 4*v: f(4*v)-4*w、f(3*v)-3*w、f(2*v)-2*w 这三个中的最大值很明显，要求最大值的那些项，有很多重复。
背包学习之背包九讲
背包学习之背包九讲做了⼀些icpc题⽬，感受到动态规划的重要性，在此学习背包参考⾄博客背包九讲01背包问题完全背包问题多重背包问题混合背包问题⼆维费⽤的背包问题分组背包问题有依赖的背包问题背包问题求⽅案数求背包问题的具体⽅案01完全背包：问题：n个物品(体积和价值分别为v[i]，w[i])和⼀个体积为V的背包，求背包装到的最⼤价值状态数组：dp[i][j]为选前i个所⽤体积为j的最⼤价值for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=V;++j)dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-v[i]]+w[i]);滚动数组优化：for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=V;j>=vi;--j)dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]])+w[i]完全背包：问题：n种物品（每种⽆限个，体积和价值分别为v[i],w[i]）和⼀个体积为V的背包，求背包最⼤价值状态数组：dp[i][j]为选到前i种所⽤体积为j的最⼤价值for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=0;j<=V;++j)for(int k=1;k*v[i]<=j;++k)dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-k*v[i]]+k*w[i]);时间优化for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=0;j<=V;++j){dp[i][j]=dp[i-1][j];if(j>=v[i]) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][j-v[i]]+w[i]);}滚动数组空间优化for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=V;j>=v[i];--j)dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]);多重背包问题：n种物品（每种有限个，数量，体积和价值分别为s[i]，v[i]，w[i]）和⼀个体积为V的背包，求背包最⼤价值状态数组：dp[i][j]为选到前i种所⽤体积为j的最⼤价值for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=0;j<=V;++j)for(int k=0;k*v[i]<=j&&k<=s[i];++k)dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-k*v[i]]+k*w[i]);空间优化for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=V;j>=0;--j)for(int k=0;k*v[i]<=j&&k<=s[i];++k)dp[j]=max(dp[j],dp[j-k*v[i]]+k*w[i]);⼆进制时间优化将数量为s[i]的物品分成s[i]=1+2+4+8+...+x,然后跑01背包，复杂度由n3优化为n2logn代码略多重背包问题：既有⽆限个的，⼜有单个的，⼜有多个的，仍然是背包V，求最⼤价值单个的可看成多重背包的特殊状况，然后有限个和⽆限个分别讨论直接上⼀维：dp[j]代表⽤j体积装到的最⼤价值for(int i=1;i<=n;++i) cin>>v[i]>>w[i]>>s[i];//当s[i]=0时，为⽆限个for(int i=1;i<=n;++i){if(s[i]==0){for(int j=V;j>=v[i];--j) dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]);}else{for(int k=1;k<=s[i];s[i]-=k,k*=2){for(int k=V;j>=k*v[i];--j)dp[j]=max(dp[j],dp[j-k*v[i]]+w[i]);}if(!s[i]) continue;for(int j=V;j>=s[i]*v[i];j--)dp[j]=max(dp[j],dp[j-s[i]*v[i]]+s[i]*w[i]);}}⼆维费⽤的背包问题问题：n个物品（体积，重量和价值分别为v[i]，m[i]，w[i]）和⼀个体积为V,限重为M的背包，求背包最⼤价值问题：n种物品（每种有限个，数量，体积和价值分别为s[i]，v[i]，w[i]）和⼀个体积为V的背包，求背包最⼤价值加⼀维就⾏了状态数组：dp[i][j]代表体积为i，载重为j时的最⼤价值for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=V;j>=v[i];j--)for(int k=M;k>=m[i];--k)dp[j][k]=max(dp[j][k],dp[j-v[i]][k-m[i]]+w[i]);分组背包问题：n堆物品，每堆s[i]个，每个体积和价值为v[i],w[i],和⼀个体积为V背包，每堆物品只能选⼀个，求最⼤价值分组背包看起来没什么⽤，实际上是各种DP题的热门考点，特别是树形DP⼀维状态：dp[j]代表⽤j体积的最⼤价值for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=V;j>=0;--j)for(int k=1;k<=s[i];++k)if(j>=v[k])dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[k]]+w[k]);例题：，有依赖的背包问题问题：n个物体之间存在着依赖关系，例如依赖关系是⼀棵树，选择⼀个节点需要选择其⽗亲节点实质上就是⼀道⾚果果的树形DP状态⽅程：dp[x][y] 代表x节点选了体积为y的最⼤价值void dfs(int s){for(auto v:edge[s]){dfs(v);for(int j=V;j>=v[s];--j)for(int k=0;k<=j-v[s];++k)dp[s][j]=max(dp[s][j],dp[s][j-k]+dp[v][k]);}}第⼆类问题：n节点数选m点，选⼀个点必须选⽗节点，使总价值最⼤状态⽅程：dp[x][i] 代表x节点选择了i个节点的最⼤价值，答案就是dp[1][m]void dfs(int s){for(auto v:edge[s]){dfs(v);for(int i=m;i>=1;--i)for(int j=0;j<i;++j)dp[s][i]=max(dp[s][i],dp[s][i-j]+dp[v][j]);}}背包问题求⽅案数问题：n个物品(体积和价值分别为v[i]，w[i])和⼀个体积为V的背包，求选取价值达到最⼤的⽅案数只需在原来的基础上加⼀个计数的数组即可for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=V;j>=v[i];--j){if(dp[j-v[i]]+w[i]>dp[j]){dp[j]=dp[j-v[i]]+w[i];num[j]=num[j-v[i]];}else if(dp[j-v[i]]+w[i]==dp[j])num[j]+=num[j-v[i]];}背包问题求出具体⽅案问题：n个物品(体积和价值分别为v[i]，w[i])和⼀个体积为V的背包，求选取价值达到最⼤的⽅案for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=V;j>=vi;--j)dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]])+w[i]；int val=V;for(int i=n;i>=1;--i)if(val-v[i]>=0&&dp[val-v[i]]+w[i]==dp[val])cout<<i<<" ";如果题⽬有要求字典序最⼩，那求解01背包的时候应当倒着求。
背包九讲(DD)
背包问题九讲目录第一讲 01背包问题第二讲完全背包问题第三讲多重背包问题第四讲混合三种背包问题第五讲二维费用的背包问题第六讲分组的背包问题第七讲有依赖的背包问题第八讲泛化物品第九讲背包问题问法的变化附：USACO中的背包问题前言本篇文章是我(dd_engi)正在进行中的一个雄心勃勃的写作计划的一部分，这个计划的内容是写作一份较为完善的NOIP难度的动态规划总结，名为《解动态规划题的基本思考方式》。
现在你看到的是这个写作计划最先发布的一部分。
背包问题是一个经典的动态规划模型。
它既简单形象容易理解，又在某种程度上能够揭示动态规划的本质，故不少教材都把它作为动态规划部分的第一道例题，我也将它放在我的写作计划的第一部分。
读本文最重要的是思考。
因为我的语言和写作方式向来不以易于理解为长，思路也偶有跳跃的地方，后面更有需要大量思考才能理解的比较抽象的内容。
更重要的是：不大量思考，绝对不可能学好动态规划这一信息学奥赛中最精致的部分。
你现在看到的是本文的1.0正式版。
我会长期维护这份文本，把大家的意见和建议融入其中，也会不断加入我在OI学习以及将来可能的ACM-ICPC的征程中得到的新的心得。
但目前本文还没有一个固定的发布页面，想了解本文是否有更新版本发布，可以在OIBH论坛中以“背包问题九讲”为关键字搜索贴子，每次比较重大的版本更新都会在这里发贴公布。
目录第一讲 01背包问题这是最基本的背包问题，每个物品最多只能放一次。
第二讲完全背包问题第二个基本的背包问题模型，每种物品可以放无限多次。
第三讲多重背包问题每种物品有一个固定的次数上限。
第四讲混合三种背包问题将前面三种简单的问题叠加成较复杂的问题。
第五讲二维费用的背包问题一个简单的常见扩展。
第六讲分组的背包问题一种题目类型，也是一个有用的模型。
后两节的基础。
第七讲有依赖的背包问题另一种给物品的选取加上限制的方法。
第八讲泛化物品我自己关于背包问题的思考成果，有一点抽象。
《背包问题详解》课件
贪心算法
按照物品的单位价值排序，不断 选取物品放入背包，直至背包无 法再放入任何物品。
分支界限算法
通过添加上下界、剪枝和优化等 技巧，搜索并找到最优解。
多重背包问题的解法
动态规充最优解。
贪心算法
按照物品的单位价值排序，依次选取物品放入 背包，直至背包无法再放入任何物品。
《背包问题详解》PPT课 件
背包问题是一类经典的组合优化问题，涉及在限定容量的背包中选择一组物 品以最大化价值或满足约束条件。本课件将详细介绍背包问题的定义、分类 以及不同类型的解法。
背包问题的定义和分类
背包问题是指在给定背包容量和一组物品的条件下，选择恰当的物品放入背包中，使得物品价值最大化或满足 特定的约束条件。背包问题可以根据约束条件的不同分为0/1背包问题、完全背包问题和多重背包问题。
背包问题的贪心算法
贪心算法是一种启发式算法，通过按照某种策略选择物品放入背包，逐步构建出问题的解。贪心算法的优点是 简单高效，但是并不保证必然能够得到最优解，只能得到近似解。
背包问题的分支界限算法
分支界限算法是一种精确算法，通过搜索问题的解空间树并进行剪枝和优化， 找到最优解或最优解的近似解。算法的核心思想是根据上下界限制，分割问 题空间，减少搜索的规模。
背包问题的变种及其解法
1
部分背包问题
限制物品的选择范围，求解背包能容纳
零钱兑换问题
2
的最大价值。
将背包问题中的背包容量转化为固定的
面额，求解所需的最少硬币数量。
3
集合覆盖问题
将背包问题中的容量和物品价值转化为 集合和元素的关系，求解最小化子集覆 盖问题。
背包问题的动态规划算法
动态规划算法是求解背包问题的一种常用方法。通过定义状态转移方程和利 用动态规划表格，逐步计算填充最优解。算法的核心思想是将问题拆解成子 问题，并利用子问题的最优解构造出大问题的最优解。
01背包问题及变种详解
P01: 01背包问题题目有N件物品和一个容量为V的背包。
第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。
求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
基本思路这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。
用子问题定义状态：即f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。
则其状态转移方程便是：f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。
所以有必要将它详细解释一下：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。
如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”，价值为f[i-1][v]；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。
优化空间复杂度以上方法的时间和空间复杂度均为O(VN)，其中时间复杂度应该已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O。
先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环i=1..N，每次算出来二维数组f[i][0..V]的所有值。
那么，如果只用一个数组f[0..V]，能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态f[i][v]呢？f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]两个子问题递推而来，能否保证在推f[i][v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]的值呢？事实上，这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺序推f[v]，这样才能保证推f[v]时f[v-c[i]]保存的是状态f[i-1][v-c[i]]的值。
背包问题入门（单调队列优化多重背包
背包问题⼊门（单调队列优化多重背包写这篇⽂章主要是为了帮帮新⼈吧,dalao 勿喷.qwq 每种物品都有⼀个价值w 和体积c.//这个就是下⾯的变量名,请看清再往下看. 你现在有⼀个背包容积为V,你想⽤⼀些物品装背包使得物品总价值最⼤.01 多种物品,每种物品只有⼀个.求能获得的最⼤总价值. 我们考虑是否选择第i 件物品时,是需要考虑前i-1件物品对答案的贡献的. 如果我们不选择第i 件物品,那我们就相当于是⽤i-1件物品,填充了体积为v 的背包所得到的最优解. ⽽我们选择第i 件物品的时候,我们要得到体积为v 的背包,我们需要通过填充⽤i-1件物品填充得到的体积为v-c[i]的背包得到体积为v 的背包.//请保证理解了上⾯加粗的字再往下看.所以根据上⾯的分析,我们很容易设出01背包的⼆维状态f[i][v]f[i][v]代表⽤i 件物品填充为体积为v 的背包得到的最⼤价值.从⽽很容易的写出状态转移⽅程f [i ][v ]=max (f [i −1][v ],f [i −1][v −c [i ]]+w [i ])状态转移⽅程是如何得来的对于当前第i 件物品,我们需要考虑其是否能让我们得到更优解.显然,根据上⾯的话我们选择第i 件物品的时候,我们要得到体积为v 的背包,我们需要通过填充⽤i-1件物品填充得到的体积为v-c[i]的背包得到体积为v 的背包.我们需要考虑到v −c [i ]的情况.当不选当前第i 件物品的时候,就对应了状态转移⽅程中的f [i −1][v ],⽽选择的时候就对应了f [i −1][v −c [i ]]+w [i ].Q:是不是在状态转移⽅程中⼀定会选择当前i物品A:我们考虑⼀个问题.如果⼀个体积为5的物品价值为10,⽽还有⼀个体积为3的物品价值为12,⼀个体积为2的物品价值为8.显然我们会选择后者.这样我们的状态转移⽅程中就不⼀定会选择i 物品。
其实最好地去理解背包问题的话,还是⼿跑⼀下这个过程,会加深理解。
NOIP2005普及组第3题采药 （背包问题）
NOIP2005普及组第3题采药 （背包问题）NOIP2005普及组第3题采药 时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB提交: 50 解决: 23[][][][命题⼈:外部导⼊]题⽬描述⾠⾠是个天资聪颖的孩⼦，他的梦想是成为世界上最伟⼤的医师。
为此，他想拜附近最有威望的医师为师。
医师为了判断他的资质，给他出了⼀个难题。
医师把他带到⼀个到处都是草药的⼭洞⾥对他说：“孩⼦，这个⼭洞⾥有⼀些不同的草药，采每⼀株都需要⼀些时间，每⼀株也有它⾃⾝的价值。
我会给你⼀段时间，在这段时间⾥，你可以采到⼀些草药。
如果你是⼀个聪明的孩⼦，你应该可以让采到的草药的总价值最⼤。
”如果你是⾠⾠，你能完成这个任务吗？输⼊第⼀⾏有两个整数T（1 <= T <= 1000）和M（1 <= M <= 100），⽤⼀个空格隔开，T代表总共能够⽤来采药的时间，M代表⼭洞⾥的草药的数⽬。
接下来的M⾏每⾏包括两个在1到100之间（包括1和100）的整数，分别表⽰采摘某株草药的时间和这株草药的价值。
输出包括⼀⾏，这⼀⾏只包含⼀个整数，表⽰在规定的时间内，可以采到的草药的最⼤总价值。
【数据规模】对于30%的数据，M <= 10；对于全部的数据，M <= 100。
样例输⼊70 371 10069 11 2样例输出3题⽬的要求是⽤有限的时间获取价值尽可能⾼的草药，所以可以⽤01背包来做。
可以假设采药时的最优解是在时间T内i棵，⽤c(i,T)表⽰，此时这个解要么包含i这棵草药，要么不包含，假设采这颗草药的时间为T1，价值为V,如果包含，这个最优解变成了c(i-1,T-T1)+V，如果不包含，这个最优解变成了c(i-1,T)，这时只要判断c(i-1,T-T1)+V和c(i-1,T)哪个价值更⼤，哪个就是最优解，即c(i,T)=max(c(i-1,T-T1)+V,c(i-1,T))。
现在令第j个草药的价值为v[j]，采这个草药的时间为ti[j]，i时的价值为h[i],则有h[i]=max(h[i-1],h[i-ti[j]]+v[j])。
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f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]}第一讲 01背包问题题目有N 件物品和一个容量为V 的背包。
第i 件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。
求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
基本思路这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。
用子问题定义状态：即f[i][v]表示前i 件物品恰放入一个容量为v 的背包可以获得的最大价值。
则其状态转移方程便是：这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。
所以有必要将它详细解释一下：“将前i 件物品放入容量为v 的背包中”这个子问题，若只考虑第i 件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。
如果不放第i 件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v 的背包中”，价值为f[i-1][v]；如果放第i 件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i 件物品获得的价值w[i]。
优化空间复杂度以上方法的时间和空间复杂度均为O(VN)，其中时间复杂度应该已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O 。
先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环i=1..N ，每次算出来二维数组f[i][0..V]的所有值。
那么，如果只用一个数组f[0..V]，能不能保证第i 次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态f[i][v] 呢？f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]两个子问题递推而来，能否保证在推f[i][v]时（也即在第i 次主循环中推f[v]时）能够得到f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]的值呢？事实上，这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺序推f[v]，这样才能保证推f[v]时f[v-c[i]]保存的是状态f[i-1][v-c[i]]的值。
伪代码如下：其中的f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]}一句恰就相当于我们的转移方程因为现在的f[v-c[i]]就相当于原来的f[i-1][v-c[i]]。
如果将v 的循环顺序从上面的逆序改成顺序的话，那么则成了f[i][v]由f[i][v-c[i]]推知，与本题意不符，但它却是另一个重要的背包问题P02最简捷的解决方案，故学习只用一维数组解01背包问题是十分必要的。
f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}for i=1..Nfor v=V..0f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};事实上，使用一维数组解01背包的程序在后面会被多次用到，所以这里抽象出一个处理一件01背包中的物品过程，以后的代码中直接调用不加说明。
过程ZeroOnePack，表示处理一件01背包中的物品，两个参数cost、weight分别表明这件物品的费用和价值。
procedure ZeroOnePack(cost,weight)for v=V..costf[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}注意这个过程里的处理与前面给出的伪代码有所不同。
前面的示例程序写成v=V..0是为了在程序中体现每个状态都按照方程求解了，避免不必要的思维复杂度。
而这里既然已经抽象成看作黑箱的过程了，就可以加入优化。
费用为cost的物品不会影响状态f[0..cost-1]，这是显然的。
有了这个过程以后，01背包问题的伪代码就可以这样写：for i=1..NZeroOnePack(c[i],w[i]);初始化的细节问题我们看到的求最优解的背包问题题目中，事实上有两种不太相同的问法。
有的题目要求“恰好装满背包”时的最优解，有的题目则并没有要求必须把背包装满。
一种区别这两种问法的实现方法是在初始化的时候有所不同。
如果是第一种问法，要求恰好装满背包，那么在初始化时除了f[0]为0其它f[1..V]均设为-∞，这样就可以保证最终得到的f[N]是一种恰好装满背包的最优解。
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。
为什么呢？可以这样理解：初始化的f数组事实上就是在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。
如果要求背包恰好装满，那么此时只有容量为0的背包可能被价值为0的nothing“恰好装满”，其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，它们的值就都应该是-∞了。
如果背包并非必须被装满，那么任何容量的背包都有一个合法解“什么都不装”，这个解的价值为0，所以初始时状态的值也就全部为0了。
这个小技巧完全可以推广到其它类型的背包问题，后面也就不再对进行状态转移之前的初始化进行讲解。
一个常数优化前面的伪代码中有 for v=V..1，可以将这个循环的下限进行改进。
由于只需要最后f[v]的值，倒推前一个物品，其实只要知道f[v-w[n]]即可。
以此类推，对以第j个背包，其实只需要知道到f[v-sum{w[ j..n]}]即可，即代码中的for i=1..Nfor v=V..0可以改成这对于V 比较大时是有用的。
小结 01背包问题是最基本的背包问题，它包含了背包问题中设计状态、方程的最基本思想，另外，别的类型的背包问题往往也可以转换成01背包问题求解。
故一定要仔细体会上面基本思路的得出方法，状态转移方程的意义，以及最后怎样优化的空间复杂度。
第二讲 完全背包问题题目有N 种物品和一个容量为V 的背包，每种物品都有无限件可用。
第i 种物品的费用是c[i]，价值是w[i]。
求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
基本思路这个问题非常类似于01背包问题，所不同的是每种物品有无限件。
也就是从每种物品的角度考虑，与它相关的策略已并非取或不取两种，而是有取0件、取1件、取2件……等很多种。
如果仍然按照解01背包时的 思路，令f[i][v]表示前i 种物品恰放入一个容量为v 的背包的最大权值。
仍然可以按照每种物品不同的策略写出状态转移方程，像这样：这跟01背包问题一样有O(VN)个状态需要求解，但求解每个状态的时间已经不是常数了，求解状态f[i][v] 的时间是O(v/c[i])，总的复杂度可以认为是O(V*Σ(V/c[i]))，是比较大的。
将01背包问题的基本思路加以改进，得到了这样一个清晰的方法。
这说明01背包问题的方程的确是很重要，可以推及其它类型的背包问题。
但我们还是试图改进这个复杂度。
一个简单有效的优化完全背包问题有一个很简单有效的优化，是这样的：若两件物品i 、j 满足c[i]=w[ j]，则将物品j 去掉，不用考虑。
这个优化的正确性显然：任何情况下都可将价值小费用高得j 换成物美价廉的i ，得到至少不会更差的方案。
对于随机生成的数据，这个方法往往会大大减少物品的件数，从而加快速度。
然而这个并不能改善最坏情况的复杂度，因为有可能特别设计的数据可以一件物品也去不掉。
这个优化可以简单的O(N^2)地实现，一般都可以承受。
另外，针对背包问题而言，比较不错的一种方法是：首先将费用大于V 的物品去掉，然后使用类似计数排序的做法，计算出费用相同的物品中价值最高的是哪个，可以O(V+N)地完成这个优化。
这个不太重要的过程就不给出伪代码了，希望你能独立思考写出伪代码或程序。
for i=1..nbound=max{V-sum{w[i..n]},c[i]}for v=V..boundf[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k*c[i]<=v}转化为01背包问题求解既然01背包问题是最基本的背包问题，那么我们可以考虑把完全背包问题转化为01背包问题来解。
最简单的想法是，考虑到第i 种物品最多选V/c[i]件，于是可以把第i 种物品转化为V/c[i]件费用及价值均不变的物品，然后求解这个01背包问题。
这样完全没有改进基本思路的时间复杂度，但这毕竟给了我们将完全背包问题转化为01背包问题的思路：将一种物品拆成多件物品。
更高效的转化方法是：把第i 种物品拆成费用为c[i]2^k 、价值为w[i]2^k 的若干件物品，其中k 满足 。
这是二进制的思想，因为不管最优策略选几件第i 种物品，总可以表示成若干个2^k 件物品的和。
这样把每种物品拆成O(log V/c[i])件物品，是一个很大的改进。
但我们有更优的O(VN)的算法。
O(VN)的算法 这个算法使用一维数组，先看伪代码：你会发现，这个伪代码与P01的伪代码只有v 的循环次序不同而已。
为什么这样一改就可行呢？首先想想为什么P01中要按照v=V..0的逆序来循环。
这是因为要保证第i 次循环中的状态f[i][v]是由状态f[i-1][v-c[i]]递推而来。
换句话说，这正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第i 件物品”这件策略时，依据的是一个绝无已经选入第i 件物品的子结果f[i-1][v-c[i]]。
而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第i 种物品”这种策略时，却正需要一个可能已选入第i 种物品的子结果f[i][v-c[i]]，所以就可以并且必须采用v=0..V 的顺序循环。
这就是这个简单的程序为何成立的道理。
值得一提的是，上面的伪代码中两层for 循环的次序可以颠倒。
这个结论有可能会带来算法时间常数上的优化。
这个算法也可以以另外的思路得出。
例如，将基本思路中求解f[i][v-c[i]]的状态转移方程显式地写出来，代入原方程中，会发现该方程可以等价地变形成这种形式：将这个方程用一维数组实现，便得到了上面的伪代码。
最后抽象出处理一件完全背包类物品的过程伪代码：总结完全背包问题也是一个相当基础的背包问题，它有两个状态转移方程，分别在“基本思路”以及“O(VN)的算法“的小节中给出。
希望你能够对这两个状态转移方程都仔细地体会，不仅记住，也要弄明白它们是怎么得出来的，最好能够自己想一种得到这些方程的方法。
事实上，对每一道动态规划题目都思考其方程的意义以及如何得来，是加深对动态规划的理解、提高动态规划功力的好方法。
c[i]*2^k<=Vfor i=1..Nfor v=0..Vf[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i][v-c[i]]+w[i]}procedure CompletePack(cost,weight)for v=cost..Vf[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}第三讲多重背包问题题目有N种物品和一个容量为V的背包。