再谈单调队列优化 & 背包九讲

前置知识：

浅谈单调队列
简单背包问题

这篇文章我们主要研究 单调队列优化 $\text{dp}$ 如何用于背包问题 和 部分特殊背包问题的优化方式。

$\text{01}$ 背包问题

$n$ 个物品，背包体积为 $V$ ，每个物品有 $v_i$ （价值）和 $w_i$ （重量），每个物品只有 $1$ 个。求在不超过背包体积的情况下能获得的最大价值。
$n,V,v_i,w_i \leq 1 \times 10^3$ ，时间限制 $1s$ ，空间限制 $16MB$ .

简单的考虑，用 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个物品，背包体积为 $j$ 的答案，则易得：

$f_{i,j} = \max(f_{i-1,j} , f_{i-1 , j-w_i} + v_i)$

这样可以在 $\mathcal{O}(nV)$ 的时间内解决问题。

但是你发现空间只有 $16 \text{MB}$ ，由于 $i$ 的决策只取决于上一行同一列，所以可以直接降维，得：

$f_j = \max(f_j , f_{j-w_i} + v_i)$

注意 $j \geq w_i$ 的隐约限制。

伪代码如下：

for (i=1;i<=n;i++)
for (j=V;j>=w[i];j--)
	f[j] = max(f[j] , f[j-w[i]] + v[i]);

$\mathcal{O}(nV)$ 是最优的算法。今天我们所要实现的，仅仅是，把所有的背包算法复杂度都降为 $\mathcal{O}(nV)$ .

倒叙枚举 - 小细节

你可能会在代码里注意到一行：

for (j=V;j>=w[i];j--)

为什么是倒序枚举呢？它和

for(j=w[i];j<=V;j++)

等价吗？

这是一个初学者常常犯的错误，这两种写法并不等价。可以运用这种写法去解决完全背包。

如果你是正序枚举的话，你会发现， $i$ 号物品会被重复使用很多次。比方说 $w_i = 2 , v_i = 3$ 时，那么 $j=4$ 就会从 $j=2$ 转移过来，此时 程序已经把 $i$ 物品用了 $2$ 次，这样是不可取的。而反之在完全背包中则是可取的，因为完全背包问题是 无限个数 ，可以这样写。

当然如果你倒序枚举的话，此时对于所有 $j = w_i , j = 2 \times w_i \cdots \cdots$ 中，就只会更新 $j=w_i$ 的，因为倒序的时候 $j$ 从 $j-w_i$ 来，前一个还没有推出来就推导后一个，肯定没有答案——这样正好是我们所求的。而 $j=w_i$ 有答案的原因就是因为本身的一次更新。

之后遇到的各种 $\text{dp}$ 都会出现类似此类的问题，大家一定要小心！

完全背包问题

$n$ 个物品，背包体积为 $V$ ，每个物品有 $v_i$ （价值）和 $w_i$ （重量），每个物品有无限个。求在不超过背包体积的情况下能获得的最大价值。
$n,V,v_i,w_i \leq 1 \times 10^3$ ，时间限制 $1s$ ，空间限制 $16MB$ .

这样你会发现一个问题，你不知道有多少个！

当然你可以用 $\lfloor \frac{V}{v_i} \rfloor$ 来表示数量，考虑枚举。

同样的 $f_{i,j}$ ，我们可以知道：

$f_{i,j} = \max_{k=0}^{\lfloor \frac{V}{v_i} \rfloor}(f_{i-1,j-k \times w_i} + k \times v_i)$

大前提是 $j \geq k \times w_i$ ，这样转移的复杂度是 $\mathcal{O}(nVw_i)$ ，降维之后应该可以通过。

考虑一个简单的加强：

$n,V,v_i,w_i \leq 1 \times 10^4$ ，空间限制 $128MB$ .

我们将在下面的研究中，解决这个问题。

多重背包问题

$n$ 个物品，背包体积为 $V$ ，每个物品有 $v_i$ （价值）和 $w_i$ （重量），每个物品有 $\text{num}_i$ 个。求在不超过背包体积的情况下能获得的最大价值。
$n,V,v_i,w_i \leq 1 \times 10^4$ ，时间限制 $1s$ ，空间限制 $128MB$ .

显然我们按照完全背包的方法就可以了，但是 $\mathcal{O}(nVw_i)$ 是不可能通过 $10^4$ 的！所以我们需要考虑，如何优化这个问题。

实际上不用单调队列也可以优化，我们先来讲著名的背包优化的几个方法。

二进制拆分

二进制！这是个熟悉的东西。

实际上我们背包的瓶颈在于两个：背包物品过多，背包容积过大，背包物品数量过多。

容积过大可能会想到离散，但是这不是排序之类只用知道大小的问题啊！容积是不能突破的，考虑优化物品个数。物品个数怎么可能优化呢？数量？

那你可能会说，这和二进制又有什么关系？

下面我们来说一说吧。

用二进制表示数

用集合 $s$ 表示二的幂次集，则 $s = \{ 2^0 , 2^1 \cdots 2^{\infty}\}$ .每个正整数都可以用若干个 $s$ 集合内的元素相加而成。就是说每个数一定能被分解成若干二的幂次的数之和。

$10 = 2 +8$
$100 = 64 + 32 +4$
$1000 = 512 + 256 + 128 + 64 + 32 + 8$

如何证明？

显而易见，每个数都能被二进制表示。比方说 $10_{10} = 1001_2$ .

那么，用计数原则， $1001_2 = 1 \times 2^0 + 0 \times 2^1 + 0 \times 2^2 + 1 \times 2^3$

这样就证明结束了，你没有发现吗？

拆分原理

将一个 $\{ v_i , w_i , num_i\}$ 的物品，通过 $num_i$ 进行拆分。

本来假设一个物品有 $7$ 个，你可以把它拆开成 $1,2,4$ 个，对这三个物品进行 $01$ 背包，你就可以得到 $1 - 7$ 所有可能的答案。最后你把不取的答案单独做一遍就可以了。

原理就是， $n$ 最多被拆成 $\log n$ 个二的幂次的数之和，这样保证了时间复杂度是 $\mathcal{O}(nV \log w_i)$ 的。

伪代码

for(i=1;i<=n;i++) {
	read(x) , read(y) , read(z);
	for(j=1;j<=z;j<<=1) v[++cnt]=x*j,w[cnt]=y*j,z-=j;
	if(z) v[++cnt]=x*z,w[cnt]=y*z;
}
// use array v and w to do 01 backpack

单调队列

显然， $10^4$ 的数据可以把二进制拆分卡死。我们需要严格去掉 $\log$ .

再看一眼这个状态转移：

$f_{i,j} = \max_{k=0}^{\text{num}_i}(f_{i-1,j-k \times w_i} + k \times v_i)$

你会发现，这不是一段连续的决策！这是断续的。

但是，你会发现这样一个问题。

$f_{i-1 , j} , f_{i-1 , j - w_i} , f_{i-1 , j - 2 \times w_i} \cdots f_{i-1 , j - \text{num}_i \times w_i}$ ，这是所有 $f_{i,j}$ 的决策点。

你会发现，这些决策点是同行等差列的，每两个决策点隔着一个 $w_i$ . 这非常好！

余数构造连续决策

你会发现，你可以把 $V$ 按照模 $w_i$ 进行分类，余数相同的肯定是一类的。

那样我们就可以把这一段当成连续的决策去做，因为实际上枚举余数 $\text{mo}$ 和当前周期编号 $k$ . 因为 $k$ 是连续的，那么 $\text{mo} + k \times w_i$ 实际上就是当前的决策点。这样我们构造出了若干段连续的决策。

时间复杂度分析

对 $n$ 个物品每次做一次，所以 $\mathcal{O}(n)$ .

然后同时枚举余数和 $k$ ，因为 $\text{mo} \times k \leq V$ ，所以本质上这两重循环的 $\sum$ 不会超过 $V$ ，是 $\mathcal{O}(V)$ .

按照单调队列每个节点进出一次的原理， $\mathcal{O}(nV)$ 的目标已然达成。

for(i=1;i<=n;i++) {
		read(v) , read(w) , read(num); 
		num=min(num,V/v);
		for(mo=0;mo<v;mo++) {
			l=r=0;
			for(k=0;k<=(V-mo)/v;k++) {
				x=k,y=f[k*v+mo]-k*w;
				while(l<r && q[l].pos<k-num) l++;
				while(l<r && q[r-1].val<=y) r--;
				q[r].val=y,q[r++].pos=x;
				f[k*v+mo]=q[l].val+k*w;
			}
		}
	}

完全背包问题 - 单调队列

这里我们发现，直接把 $\lfloor \frac{V}{v_i} \rfloor$ 作为 $\text{num}$ 就可以直接通过。这样我们实现了完全背包和多重背包的 $\mathcal{O}(nV)$ .

下面，有了多重背包和完全背包的基础，我们将来解决更套路性的问题。

混合背包问题

$n$ 个物品，背包体积为 $V$ ，每个物品有 $v_i$ （价值）和 $w_i$ （重量），每个物品的个数用符号 $t$ 表示。 $t=-1$ 表示该物品只有 $1$ 个， $t=0$ 表示该物品有无限个， $t>0$ 表示该物品有 $t$ 个。求在不超过背包体积的情况下能获得的最大价值。
$n,V,v_i,w_i \leq 1 \times 10^4$ ，时间限制 $1s$ ，空间限制 $128MB$ .

很显然，我们可以把 $01$ 背包的物品看成是 $\text{num}_i = 1$ 的多重背包物品，完全背包的物品看成是 $\text{num}_i = \lfloor \frac{V}{v_i} \rfloor$ 的多重背包物品，最后用 $\mathcal{O}(nV)$ 跑一遍多重背包即可。

代码略。

二维费用背包问题

$n$ 个物品，背包体积为 $V$ ，所能承受的最大重量为 $W$ .每个物品有 $v_i$ （价值）和 $w_i$ （重量）和 $g_i$ （体积）。求在不超过背包体积且不超过最大载重的情况下能获得的最大价值。（每个物品只有 $1$ 个）
$n,V,v_i,w_i \leq 5 \times 10^2$ ，时间限制 $1s$ ，空间限制 $128MB$ .

显然，我们出现了另一层限制，使得我们无法用 $\mathcal{O}(nV)$ 的时间解决。实际上时间限制也暗示了这一点。我们应该从头开始，重新推导。其实大多过程是类似的。

基础推导过程

用 $f_{i,j,k}$ 表示前 $i$ 个物品，体积为 $j$ ，载重为 $k$ 的最大价值。

那么可得：

$f_{i,j,k} = \max(f_{i-1,j,k} , f_{i-1,j-g_i , k - w_i} + v_i)$

按照这个方式， $\mathcal{O}(nVW)$ 足以解决 $5 \times 10^2$ 的数据。

伪代码如下：

for(i=1;i<=n;i++) {
	read(g) , read(w) , read(v);
	for(j=V;j>=g;j--)
	for(k=W;k>=w;k--)
		f[j][k]=max(f[j][k],f[j-g][k-w]+v); //降维同 01 背包操作
}

拓展二维背包问题

假设，每个物品有 $\text{num}_i$ 个，其余按照二维背包条件不变， $5 \times 10^2$ 仍不变，如何追求一个 $\mathcal{O}(nVW)$ 的算法？

实际上单调队列仅仅是让我们 完全地把背包的复杂度寄托于物品的个数与限制条件，而与具体数值大小无关，所以单调队列是可以做到的。

$f_{i,j,k} = \max_{l=0}^{\text{num}_i} (f_{i-1,j-l \times w_i , k-l \times g_i} + l \times v_i)$

但是，这个你和一维的背包问题比较一下呢：

$f_{i,j} = \max_{k=0}^{\text{num}_i}(f_{i-1,j-k \times w_i} + k \times v_i)$

一维背包的周期是 $w_i$ .按照这个说法，二维背包的周期应该是 $\operatorname{lcm}(w_i , g_i)$ ，可以认为是 $w_i \times g_i$ .

我们需要同时枚举两个模数 $\text{mo1}$ 和 $\text{mo2}$ ，用 $\text{mo1} \times w_i + \text{mo2}$ 来表示当前节点，然后用单调队列做即可。

时间复杂度仍然是 $\mathcal{O}(nVW)$ ，一个道理，每个节点入队出队一次。

但是严格意义上这个做法是不对的。为什么呢？

拓展多维背包问题

在拓展二维的基础上，把每个物品的限制加到 $k$ 个，能否做到 $\mathcal{O}(nVW)$ ？答案是不能。 $\mathcal{O}(nVWk)$ ？这当然可以。

这样对于 $k$ 个限制的相乘，单调队列的优化已经基本无用。因为在完全随机的， $k \geq 3$ 的情况之下， $k$ 个数的乘积很容易就超过了 $\max_{i=1}^n w_i$ 使得优化失败，无法进行单调队列操作。

所以， $2$ 维也是一个道理，两个随机的 $\leq 5 \times 10^2$ 的数相乘超过 $5 \times 10^2$ 的概率很大。一旦出现这样的物品，我们的单调队列等同于大暴力。而大暴力的复杂度恰恰是 $\mathcal{O}(nVWk)$ ，对于 $k$ 个限制还需要进行循环判断，常数较大。

所以，一般的题目会给定 $k$ 的值（并且一般来说 $k \leq 3$ ），把 $k$ 当做常数来看！

分组背包问题

$n$ 个物品，背包体积为 $V$ .每个物品有 $v_i$ （价值）和 $w_i$ （重量），只有 $1$ 个。
每个物品属于第 $s_i$ 组。求不超过背包体积且每组只选一个物品的最大价值。
$n,V,v_i,w_i \leq 1 \times 10^3$ ，时间限制 $1s$ ，空间限制 $128MB$ .

很明显，我们应该考虑 $\text{dp}$ 的推导。用 $f_{k,j}$ 表示前 $k$ 组物品重量为 $j$ 所得的最大价值，易得：

$f_{k,j} = \max(f_{k-1,j} , \max_{s_i=k} f_{k-1,j-w_i} + v_i)$

显然我们已经得到了一个 $\mathcal{O}(n^2V)$ 的算法，因为最大组数和 $n$ 是同阶的，就算成 $n$ 吧。

这里是没有办法优化的，因为 $w_i$ 不连续，单调队列不行。

伪代码如下：

for(i=1;i<=n;i++) {
	read(s);
	for(j=1;j<=s;j++) read(w[j]) , read(v[j]);
	for(j=V;j>=0;j--)
	for(k=1;k<=s;k++)
		if(j>=w[k]) f[j]=max(f[j],f[j-w[k]]+v[k]);
}

有依赖的背包问题

这一道题目将是背包问题中最难的一种。

$n$ 个物品，背包体积为 $V$ .每个物品有 $v_i$ （价值）和 $w_i$ （重量），只有 $1$ 个。
每个物品有一个依赖物品 $p_i$ ，如果选了 $i$ 物品，则必须选 $p_i$ 号物品。求不超过背包体积的最大价值。数据保证 每个物品最多依赖于一个物品。（注：因此此类题常常用树形结构给出，儿子节点和父节点呈依赖关系）
$n,V,v_i,w_i \leq 1 \times 10^3$ ，时间限制 $1s$ ，空间限制 $128MB$ .

显然，这种有依赖的背包并不容易，这和树形 $\text{dp}$ 有些类似。简单的，如果选了 $i$ ，所有 $i$ 的祖先都会被选。

一个非常显然的思路是，直接把所有子树的答案计算，合并即可。对于每一个子树，先不考虑根节点，进行背包，然后最后加上根节点的值即可。（因为根节点无论如何会被选，除非全不选）

代码略。

泛化物品

背包中比较玄乎的东西，选看选做。

泛化物品的精髓就是，每个物品没有固定的价值和重量，其价值随着分配的重量而变化。简单的，你用 $x$ 的重量去放它，它就会产生 $h_x$ 的价值贡献。而 $h_x$ 的具体计算会给你一个多项式。这是非常好的一类问题。这一类问题的解决相当繁琐。

比方说吧，若背包容量为 $10$ ， $h_1 = 3x + 2$ ，一个物品 $h_2 = 2x+3$ ，显然你直接放 $1$ 个 $h1$ ，价值就可以达到 $32$ 。这意思不是说贪心可以解决背包，而是这类问题不好解决。

简单的透露一下，该问题的复杂度应当是 $\mathcal{O}(V^2)$ ，具体内容可以参考文末的泛化物品_百度百科.

求方案数 & 具体方案

非常简单，只需要再开一个，算出 $f$ 后，用 与其同样维数的 $g$ 记录当前最优解的方案数。只需要把所有的决策点的 $g$ 统计一遍即可得到新的 $g$ .

求具体方案也一样，一般来说会让你求字典序最小的，那么你用 与 $f$ 同样维数的 $g$ 记录当前最优解且字典序最小的 那一个编号，这样就可以解决问题。

如果让你求全部的最优方案，你需要开一个 $\text{vector}$ 和 $f$ 维数一样，类似于 vector<int> h[N][M] 的操作，开二维数量个 $\text{vector}$ ，记录所有答案，最后迭代返回。

由于方案数的增加呈指数性，一般只会求特殊的具体方案 / 方案数取模。

附录：背包问题的搜索解法

以最简单的 $01$ 背包为例，如何用朴素搜索解决？

大力搜索

枚举每个物品选或不选，这样复杂度是 $\mathcal{O}(2^n)$ 的，可以加上剪枝（最主要的：就是当前答案加上所有未选的价值之和也不如之前得到的答案，或者是重量超出限制），但也只能勉强通过 $n=25$ 的数据。

一个基于贪心的优化，将重量小 / 价值大 / 性价比高的物品先搜索，会适当提高效率。但是哪怕剪枝到极限，最多也是 $n=26,27$ 的样子。

$\text{NP}$ 完全问题

考虑这是一个 $\text{NP}$ 完全，所以从模板题出发：

给定集合 $S$ ，求是否存在集合 $X$ 使得 $X$ 中的元素之和为 $k$ . $|S| \leq 42$ .

显然大力枚举 $2^{42}$ 是不可能通过的。我们考虑一个简单的优化。

将 $S$ 等分为两部分 $S1$ 和 $S2$ ，然后枚举 $S1$ 和 $S2$ 内所有的可能，并两两相加验证。这样复杂度是 $\mathcal{O}(2^{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor})$ 的，可以通过 $n=42$ 的数据。

当然作者可以自行尝试分更多份，实际上大概率效率不会更高。

折半搜索

实际上上面解决 $\text{NP}$ 完全的方法就是折半搜索的精髓了，对两边分别大力搜索即可实现 $\mathcal{O}(2^{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor})$ 的复杂度。

搜索 $\text{VS DP}$

一般来说，设计到多重，完全，肯定是 $\text{dp}$ .只有 $01$ 背包需要进行讨论！

如果 $w_i,V \leq 10^{16} , n \leq 40$ ，那明显是折半搜索。

如果 $w_i,V,n \leq 5 \times 10^3$ ，那明显是 $\text{dp}$ .

总之，面向数据编程是没有毛病的，具体情况具体分析吧。

课后习题

（ $\text{Acwing}$ 上面 $9$ 道题， $\text{洛谷}$ 上 $1$ 道，一共 $10$ 道不算多吧）

参考资料

泛化物品_百度百科