前言
背包（Knapsack）问题是经典的动态规划问题，也很有实际价值。
01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。
这是最原始的01背包问题（即每个物品只能选\(0\)或\(1\)次）。下面我们来看如何求解。
令\(f_{i,j}\)表示只考虑前\(i\)个物品的情况下，容量为\(j\)的背包所能装的最大总价值。则最终答案为\(f_{n,W}\)，状态转移方程为：
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。
压缩掉\(f\)的第一维，变成：
\[f_j=\max(f_j,f_{j-w_i}+v_i) \]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：
#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。
#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\(n\le 100,W\le 10^9,v_i\le 10^3\)。
注意数据范围，\(W\le 10^9\)意味着只要开这么大的数组都会MLE，因此我们考虑修改dp状态。前看原来的dp状态，本质上就是“确定重量，求最大价值”，现在我们反过来，即“确定价值，求最小重量”。令\(f_{i,j}\)表示只用前\(i\)个物品，达到总价值为\(j\)所需的最小空间。由于\(n\le 100,v_i\le 10^3\)，所以\(\sum v_i\le 10^5\)，极限情况下dp数组只需要开\(n\times\sum v_i\approx10^7\)即可，相对而言会好很多。下面考虑dp状态转移方程：
\[f_{i,j}=\begin{cases} +\infin & (i=0,j\ne0) \\ 0 & (i\ge 0,j=0) \\ \min(f_{i-1,j},f_{i-1,j-v_i}+w_i) & (i>0,j>0) \end{cases} \]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：
#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。
这种背包与01背包唯一的不同之处在于，每个物品使用次数不限，所以参考01背包的dp状态：
令\(f_{i,j}\)表示只考虑前\(i\)个物品的情况下，容量为\(j\)的背包所能装的最大总价值，则有：
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。
对比一下01背包和完全背包的状态转移方程：
\[\begin{aligned} f_{i,j}=\max(f_{i-1,j},f_{i-1,j-w_i}+v_i) \\ f_{i,j}=\max(f_{i-1,j},f_{i,j-w_i}+v_i) \end{aligned} \]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~
#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。
#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：
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！