动态规划问题之背包模型(18题)

Posted 2022-11-25 _luckylight

背包问题是动态规划问题的一大类型，下面我们对这个进行总结。
以 Acwing y中总结的 几个类型，我写了几个题解

应用知识点

• 01背包、完全背包 空间压缩的写法
• 多维费用的背包问题，以及状态的不同表示对复杂度的 影响
• 完全背包问题的三种求解方法$O(NMS),O(NMlogS),O(NM)$
• dp维度关系等于，小于等于，大于等于对初始化的影响(潜水员)
• dp关键信息最小值，最大值，方案数对初始化的影响

一、采药

Acwing 题目链接
非常裸的 01 背包

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1010;
int f[N][N];
int n, m;

int main() 

    cin >> m >> n;
    memset(f, 0, sizeof f);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) 
        static int t, v;
        scanf("%d%d", &t, &v);
        for (int j = 0; j <= m; j ++ ) 
            f[i][j] = f[i - 1][j];
            if (j >= t) 
                f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - t] + v);
            
        
    
    
    cout << f[n][m] << endl;
    
    return 0;

二、装箱问题

ACwing 题目链接

对于该问题，我给出两个解法(其实都类似 )


第一种
f[i][j] 表示利用前 i 个箱子，体积恰好为 j 的方案是否可行，是一个 bool 数组
那么 $f[i][j]=f[i-1][j]|f[i-1][j-v[i]]$
初始化时, $f[0][0]$ 置为 true，其余置为 false
下面是进行空间优化的写法

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 40, M = 40010;
int f[M];
int n, m;
int cost[N];
// f[i][j] 表示前 i个物品，体积 恰好等于 j 是否可以
// 然后进行状态压缩
int main()

    // input
    cin >> m >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        scanf("%d", &cost[i]);
    
    f[0] = true;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) 
        for (int j = m; j >= cost[i]; j -- ) 
            f[j] |= f[j - cost[i]];
        
    
    
    for (int i = m; ; i -- ) 
        if (f[i]) 
            cout << m - i << endl;
            break;
        
    
    
    return 0;

第二种写法
$f[i][j]$表示的是对前 i 个箱子，体积小于等于 j 时候的最大体积
$f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-v[i]]+v[i]$
这样的话，初始化全部为 0
而且最后输出结果也比较简单
$m-f[n][m]$
下面给出空间优化之后的代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 40010;
int f[N];
int n, m;
// f[i][j] 表示前 i 个物品，体积小于等于 j 时候可以容纳的最大体积
// 然后进行状态压缩

int main()

    cin>>m>>n;
    int v;
    memset(f, 0, sizeof f);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        cin>>v;
        for(int j = m; j >= v; j--)
            f[j] = max(f[j], f[j-v]+v);
        
    
    cout<<m-f[m]<<endl;
    return 0;

三、宠物小精灵值收服

Acwing 题目链接


本题是一个二维费用的 01 背包，理解起来不拿，不过题目属实有点长，而且 皮卡丘 的血量为 0 也会抓取失败，这是一个比较坑的点
下面，我给出两个dp的解决方案

方案一
$f[i][j][k]$ 表示对前 i 个怪兽进行遍历，消耗精灵球数量小于等于j，消耗血量小于等于 k，的最大抓捕量
$f[i][j][k]=max(f[i-1][k][k],f[i-1][j-cost{1}_i][k-cost{2}_i])$
对应的代码如下

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1010, M = 510, K = 110, INF = 0x3f3f3f3f;
int cost1[K], cost2[K], n, m, k;
int f[N][M];

int main()

    // input
    cin >> n >> m >> k;
    m --;
    for (int i = 1; i <= k; i ++ ) 
        scanf("%d%d", &cost1[i], &cost2[i]);
    
    
    for (int i = 1; i <= k; i ++ ) 
        for (int j = n; j >= cost1[i]; j -- ) 
            for (int k = m; k >= cost2[i]; k -- ) 
                f[j][k] = max(f[j][k], f[j - cost1[i]][k - cost2[i]] + 1);
            
        
    
    
    int ans1, ans2;
    ans1 = f[n][m];
    for (int j = m; ; j -- ) 
        if (ans1 == 0) 
            ans2 = 0;
            break;
        
        if (f[n][j] == ans1) 
            ans2 = j;
         else 
            break;
        
    
    
    printf("%d %d\\n", ans1, m - ans2 + 1);
    
    return 0;

但是我们将复杂度考虑进去的话，$O(KNM)$有时候会过大，万一被卡怎么办？ 给出方案二

方案二
$f[i][M][K]$ 遍历前面i个精灵，统计的是在 体力恰好为 m, 捕捉恰好为 k 时候的最小消耗求的数量
复杂度$O(KKM)$快了那么一点点
$f[i][[j][k]=min(f[i-1][j][k],f[i-1][m-cost{2}_i][k-1]+cost{1}_i)$
代码如下

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1010, M = 510, K = 110, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m, k1;
int cost1[K], cost2[N];
int f[M][K];    // 统计的是在 体力恰好为 m, 捕捉恰好为 k 时候的最小消耗求的数量

int main() 

    // input
    cin >> n >> m >> k1;
    for (int i = 1; i <= k1; i ++ ) 
        scanf("%d%d", &cost1[i], &cost2[i]);
    
    
    memset(f, 0x3f, sizeof f); f[0][0] = 0;
    for (int i = 1; i <= k1; i ++ ) 
        for (int j = m - 1; j >= cost2[i]; j -- ) 
            for (int k = k1; k >= 1; k -- ) 
                f[j][k] = min(f[j][k], f[j - cost2[i]][k - 1] + cost1[i]);
            
        
    
    
    int ans1 = 0, ans2 = 0;
    for (int j = 0; j <= m - 1; j ++ ) 
        for (int k = 0; k < k1; k ++) 
            if (f[j][k] <= n) 
                if (k > ans1) 
                    ans1 = k, ans2 = j;
                 else if (f[j][k] == n && j < ans2) 
                    ans2 = j;
                
            
        
    
    
    printf("%d %d\\n", ans1, m - ans2);
    return 0;