背包问题九讲-dd_engi
本篇文章是我(dd_engi)正在进行中的一个雄心勃勃的写作计划的一部分，这个计划的内容是写作一份较为完善的NOIP难度的动态规划总结，名为《解动态规划题的基本思考方式》。现在你看到的是这个写作计划最先发布的一部分。
背包问题是一个经典的动态规划模型。它既简单形象容易理解，又在某种程度上能够揭示动态规划的本质，故不少教材都把它作为动态规划部分的第一道例题，我也将它放在我的写作计划的第一部分。
读本文最重要的是思考。因为我的语言和写作方式向来不以易于理解为长，思路也偶有跳跃的地方，后面更有需要大量思考才能理解的比较抽象的内容。更重要的是：不大量思考，绝对不可能学好动态规划这一信息学奥赛中最精致的部分。
你现在看到的是本文的1.0正式版。我会长期维护这份文本，把大家的意见和建议融入其中，也会不断加入我在OI学习以及将来可能的ACM-ICPC的征程中得到的新的心得。但目前本文还没有一个固定的发布页面，想了解本文是否有更新版本发布，可以在OIBH论坛中以“背包问题九讲”为关键字搜索贴子，每次比较重大的版本更新都会在这里发贴公布。
如果有任何意见和建议，特别是文章的错误和不足，或者希望为文章添加新的材料，可以通过 这个网页 联系我(dd_engi)。
题目
有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。
用子问题定义状态：即fi表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是：
fi=max{fi-1,fi-1]+w[i]}。</p>
<p>这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。所以有必要将它详细解释一下：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f i-1]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。</p>
<p>注意fi有意义当且仅当存在一个前i件物品的子集，其费用总和为v。所以按照这个方程递推完毕后，最终的答案并不一定是f[N] [V]，而是fN的最大值。如果将状态的定义中的“恰”字去掉，在转移方程中就要再加入一项fi，这样就可以保证f[N] [V]就是最后的答案。至于为什么这样就可以，由你自己来体会了。</p>
<h3 id="优化空间复杂度">优化空间复杂度</h3><p>以上方法的时间和空间复杂度均为O(N*V)，其中时间复杂度基本已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O(V)。</p>
<p>先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环i=1..N，每次算出来二维数组fi的所有值。那么，如果只用一个数组f [0..V]，能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态fi呢？fi是由fi-1和f[i-1] [v-c[i]]两个子问题递推而来，能否保证在推fi时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到fi-1和fi-1]的值呢？事实上，这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺序推f[v]，这样才能保证推f[v]时f[v-c[i]]保存的是状态fi -1]的值。伪代码如下：
for i=1..N
for v=V..0
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};</p>
<p>其中的f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]}一句恰就相当于我们的转移方程fi=max{fi-1,fi- 1]}，因为现在的f[v-c[i]]就相当于原来的fi-1]。如果将v的循环顺序从上面的逆序改成顺序的话，那么则成了fi由fi]推知，与本题意不符，但它却是另一个重要的背包问题P02最简捷的解决方案，故学习只用一维数组解01背包问题是十分必要的。</p>
<p>事实上，使用一维数组解01背包的程序在后面会被多次用到，所以这里抽象出一个处理一件01背包中的物品过程，以后的代码中直接调用不加说明。{！背过}</p>
<p>我们看一下原来的方程fi=max{fi-1，fi-1]+w[i]}。不一定从1开始，那样会浪费 。 </p>
<p>过程ZeroOnePack，表示处理一件01背包中的物品，两个参数cost、weight分别表明这件物品的费用和价值。
procedure ZeroOnePack(cost,weight)
for v=V..cost
f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}</p>
<p>注意这个过程里的处理与前面给出的伪代码有所不同。前面的示例程序写成v=V..0是为了在程序中体现每个状态都按照方程求解了，避免不必要的思维复杂度。而这里既然已经抽象成看作黑箱的过程了，就可以加入优化。费用为cost的物品不会影响状态f[0..cost-1]，这是显然的。</p>
<p>有了这个过程以后，01背包问题的伪代码就可以这样写：
for i=1..N
ZeroOnePack(c[i],w[i]);</p>
<h3 id="初始化的细节问题">初始化的细节问题</h3><p>我们看到的求最优解的背包问题题目中，事实上有两种不太相同的问法。有的题目要求“恰好装满背包”时的最优解，有的题目则并没有要求必须把背包装满。一种区别这两种问法的实现方法是在初始化的时候有所不同。</p>
<p>如果是第一种问法，要求恰好装满背包，那么在初始化时除了f[0]为0其它f[1..V]均设为-∞，这样就可以保证最终得到的f[N]是一种恰好装满背包的最优解。</p>
<p>如果并没有要求必须把背包装满，而是只希望价格尽量大，初始化时应该将f[0..V]全部设为0。</p>
<p>为什么呢？可以这样理解：初始化的f数组事实上就是在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。如果要求背包恰好装满，那么此时只有容量为0的背包可能被价值为0的nothing“恰好装满”，其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，它们的值就都应该是-∞了。如果背包并非必须被装满，那么任何容量的背包都有一个合法解“什么都不装”，这个解的价值为0，所以初始时状态的值也就全部为0了。</p>
<p>这个小技巧完全可以推广到其它类型的背包问题，后面也就不再对进行状态转移之前的初始化进行讲解。</p>
<h3 id="总结">总结</h3><p>01背包问题是最基本的背包问题，它包含了背包问题中设计状态、方程的最基本思想，另外，别的类型的背包问题往往也可以转换成01背包问题求解。故一定要仔细体会上面基本思路的得出方法，状态转移方程的意义，以及最后怎样优化的空间复杂度。</p>
......
<h2 id="P02-完全背包问题">P02: 完全背包问题</h2><h3 id="题目-1">题目</h3><p>有N种物品和一个容量为V的背包，每种物品都有无限件可用。第i种物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。</p>
<h3 id="基本思路-1">基本思路</h3><p>这个问题非常类似于01背包问题，所不同的是每种物品有无限件。也就是从每种物品的角度考虑，与它相关的策略已并非取或不取两种，而是有取0件、取1件、取2件……等很多种。如果仍然按照解01背包时的思路，令fi表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值。仍然可以按照每种物品不同的策略写出状态转移方程，像这样：fi=max{fi-1]+kw[i]|0<=kc[i]<= v}。这跟01背包问题一样有O(NV)个状态需要求解，但求解每个状态的时间则不是常数了，求解状态fi的时间是O(v/c[i])，总的复杂度是超过O(VN)的。</p>
<p>将01背包问题的基本思路加以改进，得到了这样一个清晰的方法。这说明01背包问题的方程的确是很重要，可以推及其它类型的背包问题。但我们还是试图改进这个复杂度。</p>
<h3 id="一个简单有效的优化">一个简单有效的优化</h3><p>完全背包问题有一个很简单有效的优化，是这样的：若两件物品i、j满足c[i]<=c[j]且w[i]>=w[j]，则将物品j去掉，不用考虑。这个优化的正确性显然：任何情况下都可将价值小费用高得j换成物美价廉的i，得到至少不会更差的方案。对于随机生成的数据，这个方法往往会大大减少物品的件数，从而加快速度。然而这个并不能改善最坏情况的复杂度，因为有可能特别设计的数据可以一件物品也去不掉。</p>
<h3 id="转化为01背包问题求解">转化为01背包问题求解</h3><p>既然01背包问题是最基本的背包问题，那么我们可以考虑把完全背包问题转化为01背包问题来解。最简单的想法是，考虑到第i种物品最多选V/c [i]件，于是可以把第i种物品转化为V/c[i]件费用及价值均不变的物品，然后求解这个01背包问题。这样完全没有改进基本思路的时间复杂度，但这毕竟给了我们将完全背包问题转化为01背包问题的思路：将一种物品拆成多件物品。</p>
<p>更高效的转化方法是：把第i种物品拆成费用为c[i]2^k、价值为w[i]2^k的若干件物品，其中k满足c[i]*2^k<V。这是二进制的思想，因为不管最优策略选几件第i种物品，总可以表示成若干个2^k件物品的和。这样把每种物品拆成O(log(V/c[i]))件物品，是一个很大的改进。</p>
<p>但我们有更优的O(VN)的算法。</p>
<p>###O(VN)的算法
这个算法使用一维数组，先看伪代码：
for i=1..N
for v=0..V
f[v]=max{f[v]，f[v-c[i]]+w[i]};</p>
<p>你会发现，这个伪代码与P01的伪代码只有v的循环次序不同而已。为什么这样一改就可行呢？首先想想为什么P01中要按照v=V..0的逆序来循环。这是因为要保证第i次循环中的状态fi是由状态fi-1]递推而来。换句话说，这正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时，依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果fi-1]。而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第i种物品”这种策略时，却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果fi]，所以就可以并且必须采用v= 0..V的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。</p>
<p>这个算法也可以以另外的思路得出。例如，基本思路中的状态转移方程可以等价地变形成这种形式：
fi=max{fi-1,fi]+w[i]}</p>
<p>将这个方程用一维数组实现，便得到了上面的伪代码。</p>
<p>最后抽象出处理一件完全背包类物品的过程伪代码，以后会用到：
procedure CompletePack(cost,weight)
for v=cost..V
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}</p>
<h3 id="总结-1">总结</h3><p>完全背包问题也是一个相当基础的背包问题，它有两个状态转移方程，分别在“基本思路”以及“O(VN)的算法“的小节中给出。希望你能够对这两个状态转移方程都仔细地体会，不仅记住，也要弄明白它们是怎么得出来的，最好能够自己想一种得到这些方程的方法。事实上，对每一道动态规划题目都思考其方程的意义以及如何得来，是加深对动态规划的理解、提高动态规划功力的好方法。</p>
<h2 id="P03-多重背包问题">P03: 多重背包问题</h2><h3 id="题目-2">题目</h3><p>有N种物品和一个容量为V的背包。第i种物品最多有n[i]件可用，每件费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。</p>
<h3 id="基本算法">基本算法</h3><p>这题目和完全背包问题很类似。基本的方程只需将完全背包问题的方程略微一改即可，因为对于第i种物品有n[i]+1种策略：取0件，取1件……取 n[i]件。令fi表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值，则有状态转移方程：
fi=max{fi-1]+ kw[i]|0<=k<=n[i]}</p>
<p>复杂度是O(V*∑n[i])。</p>
<h3 id="转化为01背包问题">转化为01背包问题</h3><p>另一种好想好写的基本方法是转化为01背包求解：把第i种物品换成n[i]件01背包中的物品，则得到了物品数为∑n[i]的01背包问题，直接求解，复杂度仍然是O(V*∑n[i])。</p>
<p>但是我们期望将它转化为01背包问题之后能够像完全背包一样降低复杂度。仍然考虑二进制的思想，我们考虑把第i种物品换成若干件物品，使得原问题中第i种物品可取的每种策略——取0..n[i]件——均能等价于取若干件代换以后的物品。另外，取超过n[i]件的策略必不能出现。</p>
<p>方法是：将第i种物品分成若干件物品，其中每件物品有一个系数，这件物品的费用和价值均是原来的费用和价值乘以这个系数。使这些系数分别为 1,2,4,…,2^(k-1),n[i]-2^k+1，且k是满足n[i]-2^k+1>0的最大整数。例如，如果n[i]为13，就将这种物品分成系数分别为1,2,4,6的四件物品。</p>
<p>分成的这几件物品的系数和为n[i]，表明不可能取多于n[i]件的第i种物品。另外这种方法也能保证对于0..n[i]间的每一个整数，均可以用若干个系数的和表示，这个证明可以分0..2^k-1和2^k..n[i]两段来分别讨论得出，并不难，希望你自己思考尝试一下。</p>
<p>这样就将第i种物品分成了O(log n[i])种物品，将原问题转化为了复杂度为O(V*∑log n[i])的01背包问题，是很大的改进。</p>
<p> 下面给出O(log amount)时间处理一件多重背包中物品的过程，其中amount表示物品的数量：
procedure MultiplePack(cost,weight,amount)
if costamount>=V
CompletePack(cost,weight)
return
integer k=1
while k<num
ZeroOnePack(kcost,kweight)
amount=amount-k
k=k2
ZeroOnePack(amountcost,amountweight)</p>
<p> 希望你仔细体会这个伪代码，如果不太理解的话，不妨翻译成程序代码以后，单步执行几次，或者头脑加纸笔模拟一下，就会慢慢理解了。</p>
<h3 id="O-VN-的算法">O(VN)的算法</h3><p>多重背包问题同样有O(VN)的算法。这个算法基于基本算法的状态转移方程，但应用单调队列的方法使每个状态的值可以以均摊O(1)的时间求解。由于用单调队列优化的DP已超出了NOIP的范围，故本文不再展开讲解。我最初了解到这个方法是在楼天成的“男人八题”幻灯片上。</p>
<h3 id="小结">小结</h3><p>这里我们看到了将一个算法的复杂度由O(V∑n[i])改进到O(V∑log n[i])的过程，还知道了存在应用超出NOIP范围的知识的O(VN)算法。希望你特别注意“拆分物品”的思想和方法，自己证明一下它的正确性，并用尽量简洁的程序来实现。</p>
<h2 id="P04-混合三种背包问题">P04: 混合三种背包问题</h2><h3 id="问题">问题</h3><p>如果将P01、P02、P03混合起来。也就是说，有的物品只可以取一次（01背包），有的物品可以取无限次（完全背包），有的物品可以取的次数有一个上限（多重背包）。应该怎么求解呢？</p>
<h3 id="01背包与完全背包的混合">01背包与完全背包的混合</h3><p>考虑到在P01和P02中最后给出的伪代码只有一处不同，故如果只有两类物品：一类物品只能取一次，另一类物品可以取无限次，那么只需在对每个物品应用转移方程时，根据物品的类别选用顺序或逆序的循环即可，复杂度是O(VN)。伪代码如下：</p>
for i=1..N
if 第i件物品是01背包
for v=V..0
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};
else if 第i件物品是完全背包
for v=0..V
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};
for 所有的组k
for 所有的i属于组k
for v=V..0
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}
i=N
v=V
while(i>0)
if(gi==0)
print "未选第i项物品"
else if(gi==1)
print "选了第i项物品"
v=v-c[i]
for i=1..N
for v=0..V
fi=max{fi-1,fi-1]+w[i]}
gi=0
if(fi==fi-1)
inc(gi,gi-1
if(fi==fi-1]+w[i])
inc(gi,gi-1])