课程总结第十一周 （背包）

Posted 2021-05-21 钟钟终

先学完经典DP后，再学背包，感觉学起来轻松了很多。看了很多背包的博客，已经讲的的特别清楚。感觉我就没太大必要再去写原理、做分类，简要的总结下背包的分类模板，重点是做题的收获和学到的技巧。

01背包收获：（几类特殊的01背包）
1 求背包价值最大问题: n个物品每个都有它的价值和容量，要求在一个固定的容量内，所得物品的价值最大。

两种代码实现：
1.dp [i][j]表示前i个物品装入容量为j的背包所得的最大价值。问题点在于第i件物品装与不装所得到最大值的比较。

dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-c[i]]+w[i]);

2.采用一维数组，从容量最大开始装，每次装入都更新上一个状态所得到的最大值。

dp[j]=max(dp[j],dp[j-c[i]]+w[i]          // j=v （最大容量）

骨头问题一 ：是一个01背包的裸题，跳过。
骨头问题二 ：在01背包的基础上，要求输出第k个最大值，较难处理。（题D）
我的思路：想再开个数组去记录出现的所有值，再进行降序排列，然后执行去重操作，感觉确实可行，因为此时装入物品只考虑价值，也就是即使能装入第i个物品，但要求第k个最大值，也会选择不去装。
思路二：开两个数组每次循环分别记录第i个物品装入前，和装入后的价值量。dp[j][kk]表示容量为j时第kk个最值。if(dp[j][kk]!=dp[j][kk-1]) kk++;这个语句控制每次循环数组中出现的大量重复值，只记录一个。由于k只到30，所以虽然代码效率不高，但影响不大。
关键代码：（不太了解归并思想，所以开始理解有点困难）

            while(kk<=k&&(a[x]!=-1||b[y]!=-1))
            {
                if(a[x]>=b[y])
                    {dp[j][kk]=a[x];x++;}
                else
                    {dp[j][kk]=b[y];y++;}
                if(dp[j][kk]!=dp[j][kk-1])
                    kk++;
            }

2.背包求价值最小问题： 一个人去抢银行，每个银行都带有两个属性，可抢得的钱数和被抓的风险，再被抓的风险小于给定值时能抢得的钱数最多。（题C）

我的思路：1.首先确定，每个银行只能被抢一次，确定为01背包。2.由于给定被抓概率和每个银行被抓概率。确定每个银行被抓的概率要小于给定的，不然会被抓。然后简单的认为只要能抢得银行概率相加小于给定的，求出最大值即可。（这里就想错了）

正确做法：概率加减没有意义，要反过来想，用想抢的银行不被抓的概率相乘大于给定的不被抓的概率。
初始化：将dp数组请0，dp[0]=1（所抢金额为0时，自然不会被抓）。这里的i表示能抢得金额数。

 dp[0]=1;  //很关键
       for(int i=1;i<=n;i++)
       {
           for(int j=sum;j>=mj[i];j--)
           {
               dp[j]=max(dp[j],dp[j-mj[i]]*pj[i]);
           }
       }

类似题目：
有 n 个学校可以填报， 第i个学校的费用 w [ i ] ，获得 offer 的概率 p [ i ] ，问在有 m 万美元预算的情况下，至少收到一封 offer 的最大概率是多少。---->>>可转化为一封都收不到的最大概率是多少。

3. 01背包中下标出现负数（题R）
我的思路：开始并不知道这种处理方式，但注意到有两类变量。一类是牛的智商要尽量大，牛的情商也要相应大，使得总和最大。如果只是处理一种最值的话，很好解决。我并没有好的想法。

正解：用下标记录牛的情商，而dp[i]则表示牛的智商。由于下表出现负数，范围是-100000到100000，所以同时加100000，因此用100000来划分正负区间。初始化的技巧：将除了0之外的下标都赋值为无穷，则dp[i]的含义需要注意，每次更新值都有特殊含义。

完全背包收获： 一个物品可以取任意次。好多题目都是求分配方案。
1.给定不同面额的金币，再给定一个指定金额，问有多少中搭配方案。（每种面额金币任意取） H题
我的思路：由于是求方案数，dp[i]表示金额为i时有多少种方案数。dp[j]+=dp[j-m[i]];不断累加。
初始化：dp[0]=1,0元也是一种搭配方案，只是不需要面额钱。

2.同样是金钱搭配方案问题，算是变型。（I题）由于要搭配的钱出现小数，要扩大相应倍数，但要注意精度问题。此外有些输出格式必须要用c语言。

int nn=int(n*100+0.5);  //起到控制精度的作用
printf("%6.2f%17lld\\n",n,dp[nn]);
//c语言输出，保留两位小数。和long long位数组

3.k种面额（1，2，……，k）n元钱，有多少种搭配方案。
高精度大数处理 。注意：当n为1000时，k=100，结果为32个整数，取值范围已经超过了long long范围。
处理方式：采用两个long long数组搭配输出。若超过18位，对第一个数组进行 除inf 的操作，第二个数组进行对inf取余的操作”%”。
注意：要先除再取余，顺序不能反！！

       for(int i=1;i<=k;i++)
      {
         for(int j=i;j<=n;j++)
         {
            d[j]=d[j]+d[j-i]+(dp[j]+dp[j-i])/inf;
            dp[j]=(dp[j]+dp[j-i])%inf;
         }
      }

4.题M，购买债券，存放几年后求最大收益。本题思路、代码大体都是对的，但是交上去一直显示超过内存范围，看了好几遍题目给定范围，发现并没有超过。最终发现，代码确实可以优化，题目中也又给提示The value of a bond is always a multiple of $1 000，都是1000的倍数，不除1000，会进行很多没必要的循环。
注意：
1.每年的受益加上本金可能够再买一份债券，能得到更多受益。
2.自己投入的本金，和债券价值都要除以1000.

for(int g=1;g<=year;g++)
        {
            long long ans=0,s1=s/1000;
            for(int i=1;i<=n;i++)
          {
            for(int j=v[i];j<=s1;j++)  //完全背包模板
            {
                dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]);
                ans=max(ans,dp[j]);  //新获得的收入
            }}
          s+=ans;  //每年新获得的收入+本金
        }

多重背包：在完全背包的基础上，每个种类又增加固定个数，我能想到的就是再多加重循环。二进制优化还在摸索，目前不太会用。
题P收获：
奶牛要上天，有不同物品，每个物品都有各自高度、可搭建的最大值和数量，问能搭建的最大高度是多少。

我的思路：题意就以及了一会儿。后来明白最大高度的含义，便自然想到要对最大高度进行排序。本来想用高度累加，发现这一类高度的累加值受下一类的最大高度的影响。现在想想其实也能做，处理方式不一样，之后去试一下。
另一个巧妙地思路：
将每组能到达的高度都标记为1，而下标记录的最大高度即为所求值。不难看到，对于每组数量的循环，效率低下！！之后一定要学明白会用二进制转化。

for(int i=1;i<=k;i++)  //多重背包  种类数
    {
        for(int k=1;k<=c[i].c;k++) //累加数目
        {
            for(int j=c[i].a;j>=c[i].h;j--)  //遍历可以到达的高度
            {
                if(dp[j-c[i].h])
                {
                    dp[j]=dp[j-c[i].h];
                    ans=max(ans,j);
                }
            }
        }

分组背包：n个物品和一个容量为v的背包。n个物品又被分为k组，每组只能放一个物品。物品自然有它的属性，这个要根据具体题目。跟01背包很像。
题X收获：算是一道裸题吧。n门课程，能要花费m天，要求所获得的收益最大。每门课程之能花费一次学习的天数。A[i][j]表示课程i花费j天所得到的受益。
三层循环+01背包模板

 for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=m;j>=1;j--)
            {
                for(int k=1;k<=j;k++)
                {
                    dp[j]=max(dp[j],dp[j-k]+a[i][k]);
                }
            }
        }

变型：
n双鞋，共分为k类。每双鞋有属于它的类，要花费的价钱和存在的价值，每双鞋只能买一次，有点像01背包了。
我的思路：自然先将鞋子分好类，记录每类鞋子的件数（另开一个数组记录，用结构体记录花费价钱和价值），预处理工作。看别人用vector条理清晰，每次轮到自己就不知道从那开始。

for(int i=1;i<=n;i++)   //预处理
       {
           int x,y,z;
           cin>>x>>y>>z;
           b1[x]++;
           a1[x][b1[x]].b=y;
           a1[x][b1[x]].c=z;
       }

之后按照01背包的模板做，但要分成两类，且顺序不能颠倒。
1.先装入同一类的鞋子。

dp[i][g]=max(dp[i][g],dp[i][g-a1[i][j].b]+a1[i][j].c);

2.再装入不同类的鞋子。

dp[i][g]=max(dp[i][g],dp[i-1][g-a1[i][j].b]+a1[i][j].c);

一个思考点，当时没注意，还不是很明白，慢慢想反复看吧。

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先整理到这。
认真点，提高效率，不要停留在表面太久，迷了方向
-----钟