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对于求次优解、第 K 优解类的问题,如果相应的最优解问题能写出状态转移方程、用动态规划解决,那么求次优解往往可以相同的复杂度解决,第 K 优解则比求最优解的复杂度上多一个系数 K。其基本思想是将每个状态都表示成有序队列,将状态转移方程中的 max/min 转化成有序队列的合并。这里仍然以 01 背包为例讲解一下。
首先看 01 背包求最优解的状态转移方程:f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}。
如果要求第 K 优解,那么状态 f[i][v]就应该是一个大小为 K 的数组 f[i][v][1..K]。其中f[i][v][k]表示前 i 个物品、背包大小为 v 时,第 k 优解的值。“f[i][v]是一个大小为 K 的数组”这一句,熟悉 C 语言的同学可能比较好理解,或者也可以简单地理解为在原来的方程中加了一维。显然 f[i][v][1..K]这 K 个数是由大到小排列的（背包容量越大，对应装的东西越多，价值越高）,所以我们把它认为是一个有序队列。
然后原方程就可以解释为:f[i][v]这个有序队列是由 f[i-1][v]和 f[i-1][v-c[i]]+w[i]这两个有序队列合并得到的。有序队列 f[i-1][v]即 f[i-1][v][1..K],f[i-1][v-c[i]]+w[i]则理解为在 f[i-1][v-c[i]][1..K]的每个数上加上 w[i]后得到的有序队列。合并这两个有序队列并将结果(的前 K 项)储存到 f[i][v][1..K]中的复杂度是 O(K)。最后的答案是f[N][V][K]。总的复杂度是 O(NVK)。为什么这个方法正确呢?实际上,一个正确的状态转移方程的求解过程遍历了所有可用的策略,也就覆盖了问题的所有方案。只不过由于是求最优解,所以其它在任何一个策略上达不到最优的方案都被忽略了。如果把每个状态表示成一个大小为 K 的数组,并在这个数组中有序的保存该状态可取到的前 K 个最优值。那么,对于任两个状态的 max 运算等价于两个由大到小的有序队列的合并。另外还要注意题目对于“第 K 优解”的定义,将策略不同但权值相同的两个方案是看作同一个解还是不同的解。如果是前者,则维护有序队列时要保证队列里的数没有重复的。
---------------摘自《算法九讲》
而我们知道，对于01背包，我们能使用滚动数组将f数组从二维优化到一维，同理对与第K大这个问题也是能优化掉一维的。所以只需要两个缓存数组，分别存下上一件物品的状态，然后合并到f[j][q]中即可，其中，j为背包容量，q为第q大值（物品件数那一维被优化掉）
t组数据，给出n,m,k（分别为物品数，背包容量，要求的第K大）
接下来2*n行，先输入价值，后输入占据的容量
代码如下
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define For(a,b) for(int a=0;a<b;a++)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1005;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 0x3f;
int v[maxn]; ///n
int w[maxn]; ///m
int a[maxn];
int b[maxn];
int dp[maxn][35];///n\m
int main() {
int t,n,m;
int k;
int x,y,z;
cin >> t ;
while(t--){
cin >> n >>m >>k;
mem(dp,0);
For(i,n)
cin >> v[i];
For(i,n)
cin >> w[i];
/*-------------------------------01背包第K大主代码----------------------------------*/
For(i,n)
for(int j=m;j>=w[i];j--){
For(q,k){ //多一重循环，存上一层的状态
a[q] = dp[j][q];
b[q] = dp[j-w[i]][q]+v[i];
}
a[k] = b[k] = -1; //只求到第K大就行了，这里设置上界为K
x = y = z = 0;
while((x<k||y<k)&&z<k){ //开始合并
a[x]>b[y]?dp[j][z]=a[x++]:dp[j][z]=b[y++];
//合并a[x]和b[y]中小的那一个
if(z==0||dp[j][z-1]!=dp[j][z])//确保数组中没有重复的数字
z++;
}
}
cout << dp[m][k-1] << endl;
}
return 0;
}