\(Acwing\)算法进阶学习\(dp\)专题：背包问题
背包问题：
- 背包问题是线性\(dp\)一类非常特别的模型。
- 01背包：物品只能用一次。
- 完全背包：物品可以用无限次。
- 多重背包：每个物品都有限制次数。
- 分组背包：每组只能选一个，有若干组。
例题1acw278：数字组合
题意：
- 给定\(n\)个数字，从中选出若干个数字使他们的和为\(m\)，问有多少种方案。
思路：
- 01背包问题。
\(a_i\)看成是体积，\(m\)看成是背包容量，\(f(j)\)代表和为\(j\)有多少方案。
有转移方程\(f(j)+=f(j-a(i))\).
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e2+10;
const int maxm = 1e4+10;
int a[maxn], n, m, f[maxn];
int main(){
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &a[i]);
f[0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = m; j >= a[i]; j--)
f[j] += f[j-a[i]];
cout << f[m] << endl;
return 0;
}例题2acw279:自然数拆分
题意
- 给一个自然数\(n\)，要求把\(n\)拆分成若干整数相加的形式，参加的运算的数字可以重复。
- 求方案数。
思路
- 完全背包，因为一个数字可以用很多次。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 4e3+10;
const ll mod = 2147483648;
ll f[maxn], n;
int main()
{
cin >> n;
f[0] = 1;
for(int i = 1; i <= n-1; i++)
for(int j = i; j <= n; j++)
f[j] = (f[j]+f[j-i])%mod;
f[n] = (f[n]+mod)%mod;
cout << f[n] << endl;
return 0;
}例题3acw280:陪审团
题意
- 有\(n\)个人，每一个人有两个分数\(p(i),d(i)\)，选\(m\)人，求方案使\(|d-p|\)最小，多种合法方案的话选择\(d+p\)最大的一组。
数据范围
- \(n\leq 200,m\leq 20, p,d\leq 20\)
思路
- 选出来的人很少，而且分数的差也较低，所以可以先按照差值来挑选方案，也就是\(-400\)到\(+400\)分值段。
- 之后我们就可以先去差值为\(0\)的方案找，如果没有就去看\(1,-1\)有没有这样的方案，...
- 所以定义\(f(i,j,k)\)表示前\(i\)个人中选择\(j\)个人并且差值为\(k\)的\(p+d\)的最大值。
- 对于每个人只有pick或ban的可能，所以这是一个01背包。
- 转移方程\(:f(i,j,k)=max\{f(i-1,j,k),f(i,j-1,k-(p_i-d_i))+(p_i+d_i)\}\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 200 + 10;
const int maxm = 800 + 10;
const int base = 400;
int n, m;
int f[maxn][25][maxm];
int p[maxn], d[maxn];
int ans[maxn];
int main()
{
int cnt = 1;
while(scanf("%d%d", &n, &m))
{
if(n==0 && m==0) break;
for(int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d%d", &p[i], &d[i]);
memset(f, -0x3f, sizeof(f));
f[0][0][base] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 0; j <= m; j++)
for(int k = 0; k < maxm; k++)
{
f[i][j][k] = f[i-1][j][k];
int tmp = k-(p[i]-d[i]);
if(tmp < 0 || tmp >= maxm) continue;
if(j < 1) continue;
f[i][j][k] = max(f[i][j][k], f[i-1][j-1][tmp]+p[i]+d[i]);
}
int v = 0;
while(f[n][m][base-v] < 0 && f[n][m][base+v] < 0) v++;
if(f[n][m][base-v] > f[n][m][base+v]) v = base - v;
else v = base + v;
int i = n, j = m, k = v, tot = 0;
while(j)
{
if(f[i][j][k] == f[i-1][j][k])// 可以不选第i个人
i--;
else
{
ans[++tot] = i; //选第i个人
k -= (p[i]-d[i]);
i--, j--;
}
}
int ansp = 0, ansd = 0;
for(int i = 1; i <= tot; i++)
{
ansp += p[ans[i]];
ansd += d[ans[i]];
}
printf("Jury #%d\n", cnt++);
printf("Best jury has value %d for prosecution and value %d for defence:\n", ansp, ansd);
for (int i = 1; i <= tot; i ++ )
printf(" %d", ans[i]);
puts(""); puts("");
}
return 0;
}例题4acw281:硬币
题意
- 给\(n\)种硬币，第\(i\)种面值为\(a_i\)，数量为\(c_i\)个，问从中选若干硬币，问\(1\)到\(m\)区间能被拼成的面值有多少个。
数据范围
- \(n\leq 100, m\leq10^5,a_i\leq10^5,c_i\leq10^3\)。
思路
- 多重背包应该是没问题的。
- 多重背包直接写是不行的，二进制优化一下其实危险也挺大的，单调队列优化大概能控制在\(10^7\)的计算。
- 但这里需要注意的一点是：
- 本题仅关注“可行性”，不关注“最优性”。
- 也就是我们只关注他能不能凑出来。
- 设\(f(i,j)\)表示在前\(i\)个物品，面值为\(j\)是否能被拼凑出来。
- 对与第\(i\)种硬币能否凑成\(j\)面值只有两种可能。
- 已经凑好了。
- \(j-a(i)\)凑好了，然后\(j\)从\(j-a(i)\)转移过来。
- 设\(vis(j)\)表示在第\(i\)个状态时，凑成\(j\)面值至少要用多少枚\(i\)硬币。
- 那么转移的时候就是尽可能的用前面凑出来的状态，这样第\(i\)种硬币就可以达到“至少”这种可能。
- 那也就是说，对于第\(i\)个状态，如果他的\(j==true\)，那么就可以不用第\(i\)种硬币。
- 如果对于\(j\)不是\(true\)，但是\(f(j-a(i))==true\)且还有足够的硬币的时候，就可以转移。
- 详见代码。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e2 + 10;
const int maxm = 1e5 + 10;
bool f[maxm];
int n, m;
int a[maxn], c[maxn];
int vis[maxm];
int main()
{
while(cin >> n >> m)
{
if(n == 0 && m == 0) break;
memset(f, 0, sizeof(f));
f[0] = true;
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &c[i]);
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
for(int j = 0; j <= m; j++) vis[j] = 0;
for(int j = a[i]; j <= m; j++)
if(!f[j] && f[j-a[i]] && vis[j-a[i]] < c[i]) {
f[j] = true;
vis[j] = vis[j-a[i]]+1;
}
} int ans = 0;
for(int i = 1; i <= m; i++)
ans += f[i];
cout << ans << endl;
}
return 0;
}