背包九讲类型汇总：
1.01背包问题
2.完全背包问题
3.多重背包问题
4.混合背包问题
5.二维费用的背包问题
6.分组背包问题
7.背包问题求方案数
8.求背包问题的方案
9.有依赖的背包问题
注：以下所有题目来源于ACwing题库，链接：https://www.acwing.com/problem/
这里每个类型基本都是具体题目+自己的一些体会+代码，背包九讲的理论以及解析证明之类的可以参见这位大佬的博客，很详细 https://www.cnblogs.com/jbelial/articles/2116074.html
1. 01背包问题
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 ii 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。
输出最大价值。
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
输出一个整数，表示最大价值。
数据范围
0<N,V≤1000
0<vi,wi≤1000
输入样例
4 5
1 2
2 4
3 4
4 5
输出样例：
8
解法一：二维空间解法
每件物品只能选一次，有两种选择
1.不选 -> dp[i][j]=dp[i-1][j] 等于选前i-1个物品，空间为j情况下的最优解
2.选 -> dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-v[i]]+w[i])
#include<iostream>
using namespace std;
#define N 1005
int dp[N][N]; //dp[i][j]表示前i个物品，背包容量是j的情况下的最大价值。
int w[N];
int v[N];
int main()
{
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&v[i],&w[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<=m;j++)
{
dp[i][j]=dp[i-1][j];
if(j>=v[i])
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-v[i]]+w[i]);
}
}
cout<<dp[n][m]<<endl;
return 0;
}
解法二：一维空间解法
状态转移每次只与上一层有关，所以用一个一维数组就可以
转移方程：dp[i]=max(dp[i],dp[i-v[i]]+w[i])
其实就相当于二维中的 dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-v[i]]+w[i])
所以第二层循环需要从大到小循环，因为若是继续从小到大循环，后面算的时候，用的是这一层已经算过的数据，就变成dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-v[i]]+w[i]) ，（这正好是完全背包一维的解法，每个物品可以选无限次）而从大到小算的话一定用的是上一层的状态
#include<iostream>
using namespace std;
#define N 1005
int dp[N];
int main()
{
int n,m,v,w;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>v>>w;
for(int j=m;j>=v;j--)
{
dp[j]=max(dp[j],dp[j-v]+w);
}
}
cout<<dp[m]<<endl;
return 0;
}
注：这时的dp[i]表示空间<=i的最大价值，所以最后直接输出dp[m]即可，这与初始化有关，因为dp数组在主函数外定义，初始值均为0，所以如果存在一个k<m 使得空间最大为k的情况下dp[k]有最大价值，那么dp[m]一定可以从k这个状态转移过来—即dp[m]一定是最大值。
若题目要求装满背包，即将物品恰装入一个容量为m的背包中，只需要将初始化条件改一改即可，----将dp数组初始化为负无穷，dp[0]=0，即可确保状态一定是从0转移过来的。
2.完全背包问题
有 N 种物品和一个容量是 V 的背包，每种物品都有无限件可用。
第 i 种物品的体积是 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。
输出最大价值。
输入格式
第一行两个整数，N，V，用空格隔开，分别表示物品种数和背包容积。
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 种物品的体积和价值。
输出格式
输出一个整数，表示最大价值。
数据范围
0<N,V≤1000
0<vi,wi≤1000
输入样例
4 5
1 2
2 4
3 4
4 5
输出样例：
10
解法一：二维空间解法
也是两种选择，选或不选，只不过每个物品可以选无限次，在01的基础上把
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-v[i]]+w[i])
改为
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][j-v[i]]+w[i])即可
#include<iostream>
using namespace std;
#define N 1005
int dp[N][N];
int w[N];
int v[N];
int main()
{
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&v[i],&w[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<=m;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]);
}
}
cout<<dp[n][m]<<endl;
return 0;
}
解法二：一维空间解法
转移方程为dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i])
第二层从小到大循环，原因参见01的一维
#include<iostream>
using namespace std;
#define N 1005
int dp[N];
int main()
{
int n,m,w,v;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>v>>w;
for(int j=v;j<=m;j++)
{
dp[j]=max(dp[j],dp[j-v]+w);
}
}
cout<<dp[m]<<endl;
return 0;
}
3.多重背包问题
题目1：o(n^3)做法
有 N 种物品和一个容量是 V 的背包。
第 i 种物品最多有 si 件，每件体积是 vi，价值是 wi。
求解将哪些物品装入背包，可使物品体积总和不超过背包容量，且价值总和最大。
输出最大价值。
输入格式
第一行两个整数，N，V，用空格隔开，分别表示物品种数和背包容积。
接下来有 N 行，每行三个整数 vi,wi,si，用空格隔开，分别表示第 i 种物品的体积、价值和数量。
输出格式
输出一个整数，表示最大价值。
数据范围
0<N,V≤100
0<vi,wi,si≤100
输入样例
4 5
1 2 3
2 4 1
3 4 3
4 5 2
输出样例：
10
思路：是01背包的延伸，就不说二维做法了，跟上面差不多。直接贴一维做法。
01背包是选或不选 ：
dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i])
多重背包是选0个，1个，2个…s[i]个
即dp[j]=max(dp[j],dp[j - v[i] * k]+w[i] * k)
k=1,2,3,…s[i]
那么再加一层循环表示选多少个就可以了
因为是01背包的扩展，所以第二层循环应从大到小循环
#include<iostream>
using namespace std;
#define N 105
int w[N];
int v[N];
int s[N];
int dp[N];
int main()
{
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d%d",&v[i],&w[i],&s[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=m;j>=v[i];j--)
{
for(int k=1;k<=s[i] && j>=k*v[i];k++)
dp[j]=max(dp[j],dp[j-k*v[i]]+w[i]*k);
}
}
cout<<dp[m]<<endl;
return 0;
}
题目2：二进制优化做法
有 N 种物品和一个容量是 V 的背包。
第 ii 种物品最多有 si 件，每件体积是 vi，价值是 wi。
求解将哪些物品装入背包，可使物品体积总和不超过背包容量，且价值总和最大。
输出最大价值。
输入格式
第一行两个整数，N，V，用空格隔开，分别表示物品种数和背包容积。
接下来有 N 行，每行三个整数 vi,wi,si，用空格隔开，分别表示第 ii 种物品的体积、价值和数量。
输出格式
输出一个整数，表示最大价值。
数据范围
0<N≤1000
0<V≤2000
0<vi,wi,si≤2000
提示：
本题考查多重背包的二进制优化方法。
输入样例
4 5
1 2 3
2 4 1
3 4 3
4 5 2
输出样例：
10
思路：这道题的数据范围如果用三层循环的话是达到了1e9，所以必须优化它。其实可以把它转化为一个01背包的问题。每个物品有s件，我们可以把它差分成s份，每份物品当做不同的个体，即只能选一次，这就转化为了01背包物品，但是这样的话，物品个数变成了1000*2000=2e6，再循环一层空间的话，还是1e9的复杂度。
那么继续优化，一个物品的数量是s的话，只要把s拆分成一些数字，使它们能够表示出1-s中任意一个数字，就可以，没必要把它拆成s个1。
那么这样的数字最少需要多少个呢？最少需要log(s)个，向上取整。
比如7，它最少需要3个数字来表示：
即 1（2^0=1 ）， 2（2^1=2）， 4（2^2=4）。
原因：每个数字有2种可能选或不选，那么可以表示的不同数字个数就是 2 * 2 * 2 = 8。但是还需要注意一个问题，就是有些数字可能能够表示出来一些大于s的数字，但是这件物品最多只有s件，那么就需要特殊处理一下最后一个数。
比如10，若用1，2， 4， 8表示，可能会表示出来大于10的数字，例如：4+8=12。那么如果最后一个数字加上前面数的总和会大于s，就将它替换为剩下的物品个数，即将8替换为3，这时正好能表示出1-s所有的数，-> 1, 2，4可以表示7以内的所有数，这些数加上3就可以表示10以内的所有数啦。
注：如果拆分成log(s)个的话，时间复杂度就变为1000 * log(2000) * 2000 = 2e7，是可以通过的~
#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;
#define N 2005
int dp[N];
struct node
{
int v,w;
};
vector<node> goods; //因为不确定一共能拆分出来多少份物品，所以用容器存储
int main()
{
int n,m,s,v,w;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>v>>w>>s;
for(int j=1;j<=s;j*=2)
{
goods.push_back({v*j,w*j});
s-=j;
}
if(s) //最后需要特判的数
goods.push_back({v*s,w*s});
}
for(int i=0;i<goods.size();i++)
{
for(int j=m;j>=goods[i].v;j--)
{
dp[j]=max(dp[j],dp[j-goods[i].v]+goods[i].w);
}
}
cout<<dp[m]<<endl;
return 0;
}
题目3：多重背包终极版…
题目跟上面一样，但是数据范围如下
用的是单调队列优化，效果是把那层log(s)去掉，变成n*v的复杂度。本人小菜鸟，看了好几遍没看懂咋做的T.T。感兴趣的童鞋们可以去点我最下面贴的视频链接，去看大佬的讲解。
4.混合背包问题
有 N 种物品和一个容量是 V 的背包。
物品一共有三类：
第一类物品只能用1次（01背包）；
第二类物品可以用无限次（完全背包）；
第三类物品最多只能用 si 次（多重背包）；
每种体积是 vi，价值是 wi。
求解将哪些物品装入背包，可使物品体积总和不超过背包容量，且价值总和最大。
输出最大价值。
输入格式
第一行两个整数，N，V，用空格隔开，分别表示物品种数和背包容积。
接下来有 N 行，每行三个整数 vi,wi,si，用空格隔开，分别表示第 i 种物品的体积、价值和数量。
si=−1 表示第 i 种物品只能用1次；
si=0 表示第 i 种物品可以用无限次；
si>0 表示第 i 种物品可以使用 si 次；
输出格式
输出一个整数，表示最大价值。
数据范围
0<N,V≤1000
0<vi,wi≤1000
−1≤si≤1000−1
输入样例
4 5
1 2 -1
2 4 1
3 4 0
4 5 2
输出样例：
8
思路：是一个前三种背包问题的综合，如果明白了前面的，就很简单了，只需要判断一下类型，如果是多重背包，将它转换为01背包插入数组当中，然后按着不同类型的处理方式去遍历空间大小即可。
#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;
#define N 1005
int dp[N];
struct node
{
int v,w,flag;
};
int main()
{
vector<node> goods;
int n,m,v,w,s;
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>v>>w>>s;
if(s>0) //如果是多重背包，二进制优化，将其转换为01背包
{
for(int j=1;j<=s;j*=2)
{
goods.push_back({v*j,w*j,-1});
s-=j;
}
if(s)
goods.push_back({v*s,w*s,-1});
}
else
goods.push_back({v,w,s});
}
for(int i=0;i<goods.size();i++)
{
if(goods[i].flag==0)
{
for(int j=goods[i].v;j<=m;j++) //如果是完全背包，从小到大枚举
dp[j]=max(dp[j],dp[j-goods[i].v]+goods[i].w);
continue;
}
for(int j=m;j>=goods[i].v;j--) //如果是01背包，从大到小枚举
{
dp[j]=max(dp[j],dp[j-goods[i].v]+goods[i].w);
}
}
cout<<dp[m]<<endl;
return 0;
}
5.二维费用的背包问题
有 N 件物品和一个容量是 V 的背包，背包能承受的最大重量是 M。
每件物品只能用一次。体积是 vi，重量是 mi，价值是 wi。
求解将哪些物品装入背包，可使物品总体积不超过背包容量，总重量不超过背包可承受的最大重量，且价值总和最大。
输出最大价值。
输入格式
第一行两个整数，N，V, M，用空格隔开，分别表示物品件数、背包容积和背包可承受的最大重量。
接下来有 N 行，每行三个整数 vi,mi,wi，用空格隔开，分别表示第 i 件物品的体积、重量和价值。
输出格式
输出一个整数，表示最大价值。
数据范围
0<N≤1000
0<V,M≤100
0<vi,mi≤100
0<wi≤1000
输入样例
4 5 6
1 2 3
2 4 4
3 4 5
4 5 6
输出样例：
8
思路：这个题也很简单，就是在01背包的基础上加了一维重量，枚举的时候多一层循环就行了。因为是01背包的变形，所以重量和体积枚举的时候都从大到小枚举。
#include<iostream>
using namespace std;
#define N 1005
int dp[N][N];
int main()
{
int n,V,M,v,w,m;
cin>>n>>V>>M;
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>v>>m>>w;
for(int j=V;j>=v;j--)
{
for(int k=M;k>=m;k--)
dp[j][k]=max(dp[j][k],dp[j-v][k-m]+w);
}
}
cout<<dp[V][M]<<endl;
return 0;
}
6.分组背包问题
有 N 组物品和一个容量是 V 的背包。
每组物品有若干个，同一组内的物品最多只能选一个。
每件物品的体积是 vij，价值是 wij，其中 i 是组号，j 是组内编号。
求解将哪些物品装入背包，可使物品总体积不超过背包容量，且总价值最大。
输出最大价值。
输入格式
第一行有两个整数 N，V，用空格隔开，分别表示物品组数和背包容量。
接下来有 N 组数据：
每组数据第一行有一个整数 Si，表示第 i 个物品组的物品数量；
每组数据接下来有 Si行，每行有两个整数 vij,wij，用空格隔开，分别表示第 i 个物品组的第 j 个物品的体积和价值；
输出格式
输出一个整数，表示最大价值。
数据范围
0<N,V≤100
0<Si≤100
0<vij,wij≤100
输入样例
3 5
2
1 2
2 4
1
3 4
1
4 5
输出样例：
8
思路：和多重背包有一些类似，多重背包是每个物品有si件，可以选0,1，2…si件。而分组背包是不选，选第1个，或第2个或第3个…或第si个，都有si+1种决策方式，即使用三层循环即可解决。没有优化方式。
#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;
#define N 105
int dp[N];
int v[N];
int w[N];
int main()
{
int n,m,s;
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>s;
for(int k=0;k<s;k++)
cin>>v[k]>>w[k];
for(int j=m;j>=0;j--)
for(int k=0;k<s;k++)
if(j>=v[k])
dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[k]]+w[k]);
}
cout<<dp[m]<<endl;
return 0;
}
未完待续。。。（还剩三种）
~~~我跟着yxc大佬的视频看的，讲的超级棒。
大佬的视频链接：https://www.bilibili.com/video/av33930433/?p=1