用子問題定義狀態(tài)：即f[i][v]表示前i件物品恰放入一個(gè)容量為v的背包可以獲得的最大價(jià)值。則其狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程便是：
這個(gè)方程非常重要，基本上所有跟背包相關(guān)的問題的方程都是由它衍生出來的。所以有必要將它詳細(xì)解釋一下：“將前i件物品放入容量為v的背包中”這個(gè)子問題，若只考慮第i件物品的策略（放或不放），那么就可以轉(zhuǎn)化為一個(gè)只牽扯前i-1件物品的問題。如果不放第i件物品，那么問題就轉(zhuǎn)化為“前i-1件物品放入容量為v的背包中”，價(jià)值為f[i-1][v]；如果放第i件物品，那么問題就轉(zhuǎn)化為“前i-1件物品放入剩下的容量為v-c[i]的背包中”，此時(shí)能獲得的最大價(jià)值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通過放入第i件物品獲得的價(jià)值w[i]。
以上方法的時(shí)間和空間復(fù)雜度均為O(N*V)，其中時(shí)間復(fù)雜度基本已經(jīng)不能再優(yōu)化了，但空間復(fù)雜度卻可以優(yōu)化到O(V)。
先考慮上面講的基本思路如何實(shí)現(xiàn)，肯定是有一個(gè)主循環(huán)i=1..N，每次算出來二維數(shù)組f[i][0..V]的所有值。那么，如果只用一個(gè)數(shù)組f[0..V]，能不能保證第i次循環(huán)結(jié)束后f[v]中表示的就是我們定義的狀態(tài)f[i][v]呢？f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]兩個(gè)子問題遞推而來，能否保證在推f[i][v]時(shí)（也即在第i次主循環(huán)中推f[v]時(shí)）能夠得到f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]的值呢？事實(shí)上，這要求在每次主循環(huán)中我們以v=V..0的順序推f[v]，這樣才能保證推f[v]時(shí)f[v-c[i]]保存的是狀態(tài)f[i-1][v-c[i]]的值。偽代碼如下：
其中的f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]}一句恰就相當(dāng)于我們的轉(zhuǎn)移方程f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]}，因?yàn)楝F(xiàn)在的f[v-c[i]]就相當(dāng)于原來的f[i-1][v-c[i]]。如果將v的循環(huán)順序從上面的逆序改成順序的話，那么則成了f[i][v]由f[i][v-c[i]]推知，與本題意不符，但它卻是另一個(gè)重要的背包問題P02最簡(jiǎn)捷的解決方案，故學(xué)習(xí)只用一維數(shù)組解01背包問題是十分必要的。
事實(shí)上，使用一維數(shù)組解01背包的程序在后面會(huì)被多次用到，所以這里抽象出一個(gè)處理一件01背包中的物品過程，以后的代碼中直接調(diào)用不加說明。
注意這個(gè)過程里的處理與前面給出的偽代碼有所不同。前面的示例程序?qū)懗蓈=V..0是為了在程序中體現(xiàn)每個(gè)狀態(tài)都按照方程求解了，避免不必要的思維復(fù)雜度。而這里既然已經(jīng)抽象成看作黑箱的過程了，就可以加入優(yōu)化。費(fèi)用為cost的物品不會(huì)影響狀態(tài)f[0..cost-1]，這是顯然的。
我們看到的求最優(yōu)解的背包問題題目中，事實(shí)上有兩種不太相同的問法。有的題目要求“恰好裝滿背包”時(shí)的最優(yōu)解，有的題目則并沒有要求必須把背包裝滿。一種區(qū)別這兩種問法的實(shí)現(xiàn)方法是在初始化的時(shí)候有所不同。
如果是第一種問法，要求恰好裝滿背包，那么在初始化時(shí)除了f[0]為0其它f[1..V]均設(shè)為-∞，這樣就可以保證最終得到的f[N]是一種恰好裝滿背包的最優(yōu)解。
為什么呢？可以這樣理解：初始化的f數(shù)組事實(shí)上就是在沒有任何物品可以放入背包時(shí)的合法狀態(tài)。如果要求背包恰好裝滿，那么此時(shí)只有容量為0的背包可能被價(jià)值為0的nothing“恰好裝滿”，其它容量的背包均沒有合法的解，屬于未定義的狀態(tài)，它們的值就都應(yīng)該是-∞了。如果背包并非必須被裝滿，那么任何容量的背包都有一個(gè)合法解“什么都不裝”，這個(gè)解的價(jià)值為0，所以初始時(shí)狀態(tài)的值也就全部為0了。
01背包問題是最基本的背包問題，它包含了背包問題中設(shè)計(jì)狀態(tài)、方程的最基本思想，另外，別的類型的背包問題往往也可以轉(zhuǎn)換成01背包問題求解。故一定要仔細(xì)體會(huì)上面基本思路的得出方法，狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程的意義，以及最后怎樣優(yōu)化的空間復(fù)雜度。
有N種物品和一個(gè)容量為V的背包，每種物品都有無限件可用。第i種物品的費(fèi)用是c[i]，價(jià)值是w[i]。求解將哪些物品裝入背包可使這些物品的費(fèi)用總和不超過背包容量，且價(jià)值總和最大。
這個(gè)問題非常類似于01背包問題，所不同的是每種物品有無限件。也就是從每種物品的角度考慮，與它相關(guān)的策略已并非取或不取兩種，而是有取0件、取1件、取2件……等很多種。如果仍然按照解01背包時(shí)的思路，令f[i][v]表示前i種物品恰放入一個(gè)容量為v的背包的最大權(quán)值。仍然可以按照每種物品不同的策略寫出狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程，像這樣：
這跟01背包問題一樣有O(N*V)個(gè)狀態(tài)需要求解，但求解每個(gè)狀態(tài)的時(shí)間已經(jīng)不是常數(shù)了，求解狀態(tài)f[i][v]的時(shí)間是O(v/c[i])，總的復(fù)雜度是超過O(VN)的。
將01背包問題的基本思路加以改進(jìn)，得到了這樣一個(gè)清晰的方法。這說明01背包問題的方程的確是很重要，可以推及其它類型的背包問題。但我們還是試圖改進(jìn)這個(gè)復(fù)雜度。
完全背包問題有一個(gè)很簡(jiǎn)單有效的優(yōu)化，是這樣的：若兩件物品i、j滿足c[i]<=c[j]且w[i]>=w[j]，則將物品j去掉，不用考慮。這個(gè)優(yōu)化的正確性顯然：任何情況下都可將價(jià)值小費(fèi)用高得j換成物美價(jià)廉的i，得到至少不會(huì)更差的方案。對(duì)于隨機(jī)生成的數(shù)據(jù)，這個(gè)方法往往會(huì)大大減少物品的件數(shù)，從而加快速度。然而這個(gè)并不能改善最壞情況的復(fù)雜度，因?yàn)橛锌赡芴貏e設(shè)計(jì)的數(shù)據(jù)可以一件物品也去不掉。
這個(gè)優(yōu)化可以簡(jiǎn)單的O(N^2)地實(shí)現(xiàn)，一般都可以承受。另外，針對(duì)背包問題而言，比較不錯(cuò)的一種方法是：首先將費(fèi)用大于V的物品去掉，然后使用類似計(jì)數(shù)排序的做法，計(jì)算出費(fèi)用相同的物品中價(jià)值最高的是哪個(gè)，可以O(shè)(V+N)地完成這個(gè)優(yōu)化。這個(gè)不太重要的過程就不給出偽代碼了，希望你能獨(dú)立思考寫出偽代碼或程序。
既然01背包問題是最基本的背包問題，那么我們可以考慮把完全背包問題轉(zhuǎn)化為01背包問題來解。最簡(jiǎn)單的想法是，考慮到第i種物品最多選V/c[i]件，于是可以把第i種物品轉(zhuǎn)化為V/c[i]件費(fèi)用及價(jià)值均不變的物品，然后求解這個(gè)01背包問題。這樣完全沒有改進(jìn)基本思路的時(shí)間復(fù)雜度，但這畢竟給了我們將完全背包問題轉(zhuǎn)化為01背包問題的思路：將一種物品拆成多件物品。
更高效的轉(zhuǎn)化方法是：把第i種物品拆成費(fèi)用為c[i]*2^k、價(jià)值為w[i]*2^k的若干件物品，其中k滿足c[i]*2^k<=V。這是二進(jìn)制的思想，因?yàn)椴还茏顑?yōu)策略選幾件第i種物品，總可以表示成若干個(gè)2^k件物品的和。這樣把每種物品拆成O(log(V/c[i]))件物品，是一個(gè)很大的改進(jìn)。
你會(huì)發(fā)現(xiàn)，這個(gè)偽代碼與P01的偽代碼只有v的循環(huán)次序不同而已。為什么這樣一改就可行呢？首先想想為什么P01中要按照v=V..0的逆序來循環(huán)。這是因?yàn)橐ＷC第i次循環(huán)中的狀態(tài)f[i][v]是由狀態(tài)f[i-1][v-c[i]]遞推而來。換句話說，這正是為了保證每件物品只選一次，保證在考慮“選入第i件物品”這件策略時(shí)，依據(jù)的是一個(gè)絕無已經(jīng)選入第i件物品的子結(jié)果f[i-1][v-c[i]]。而現(xiàn)在完全背包的特點(diǎn)恰是每種物品可選無限件，所以在考慮“加選一件第i種物品”這種策略時(shí)，卻正需要一個(gè)可能已選入第i種物品的子結(jié)果f[i][v-c[i]]，所以就可以并且必須采用v=0..V的順序循環(huán)。這就是這個(gè)簡(jiǎn)單的程序?yàn)楹纬闪⒌牡览怼?/div>
這個(gè)算法也可以以另外的思路得出。例如，基本思路中的狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程可以等價(jià)地變形成這種形式：
f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i][v-c[i]]+w[i]}
將這個(gè)方程用一維數(shù)組實(shí)現(xiàn)，便得到了上面的偽代碼。
最后抽象出處理一件完全背包類物品的過程偽代碼，以后會(huì)用到：
procedure CompletePack(cost,weight)
for v=cost..V
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}
總結(jié)
完全背包問題也是一個(gè)相當(dāng)基礎(chǔ)的背包問題，它有兩個(gè)狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程，分別在“基本思路”以及“O(VN)的算法“的小節(jié)中給出。希望你能夠?qū)@兩個(gè)狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程都仔細(xì)地體會(huì)，不僅記住，也要弄明白它們是怎么得出來的，最好能夠自己想一種得到這些方程的方法。事實(shí)上，對(duì)每一道動(dòng)態(tài)規(guī)劃題目都思考其方程的意義以及如何得來，是加深對(duì)動(dòng)態(tài)規(guī)劃的理解、提高動(dòng)態(tài)規(guī)劃功力的好方法。
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P03: 多重背包問題
題目
有N種物品和一個(gè)容量為V的背包。第i種物品最多有n[i]件可用，每件費(fèi)用是c[i]，價(jià)值是w[i]。求解將哪些物品裝入背包可使這些物品的費(fèi)用總和不超過背包容量，且價(jià)值總和最大。
基本算法
這題目和完全背包問題很類似?；镜姆匠讨恍鑼⑼耆嘲鼏栴}的方程略微一改即可，因?yàn)閷?duì)于第i種物品有n[i]+1種策略：取0件，取1件……取n[i]件。令f[i][v]表示前i種物品恰放入一個(gè)容量為v的背包的最大權(quán)值，則有狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程：
f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k<=n[i]}
復(fù)雜度是O(V*Σn[i])。
轉(zhuǎn)化為01背包問題
另一種好想好寫的基本方法是轉(zhuǎn)化為01背包求解：把第i種物品換成n[i]件01背包中的物品，則得到了物品數(shù)為Σn[i]的01背包問題，直接求解，復(fù)雜度仍然是O(V*Σn[i])。
但是我們期望將它轉(zhuǎn)化為01背包問題之后能夠像完全背包一樣降低復(fù)雜度。仍然考慮二進(jìn)制的思想，我們考慮把第i種物品換成若干件物品，使得原問題中第i種物品可取的每種策略——取0..n[i]件——均能等價(jià)于取若干件代換以后的物品。另外，取超過n[i]件的策略必不能出現(xiàn)。
方法是：將第i種物品分成若干件物品，其中每件物品有一個(gè)系數(shù)，這件物品的費(fèi)用和價(jià)值均是原來的費(fèi)用和價(jià)值乘以這個(gè)系數(shù)。使這些系數(shù)分別為1,2,4,...,2^(k-1),n[i]-2^k+1，且k是滿足n[i]-2^k+1>0的最大整數(shù)。例如，如果n[i]為13，就將這種物品分成系數(shù)分別為1,2,4,6的四件物品。
分成的這幾件物品的系數(shù)和為n[i]，表明不可能取多于n[i]件的第i種物品。另外這種方法也能保證對(duì)于0..n[i]間的每一個(gè)整數(shù)，均可以用若干個(gè)系數(shù)的和表示，這個(gè)證明可以分0..2^k-1和2^k..n[i]兩段來分別討論得出，并不難，希望你自己思考嘗試一下。
這樣就將第i種物品分成了O(log n[i])種物品，將原問題轉(zhuǎn)化為了復(fù)雜度為O(V*Σlog n[i])的01背包問題，是很大的改進(jìn)。
下面給出O(log amount)時(shí)間處理一件多重背包中物品的過程，其中amount表示物品的數(shù)量：
procedure MultiplePack(cost,weight,amount)
if cost*amount>=V
CompletePack(cost,weight)
return
integer k=1
while k<num
ZeroOnePack(k*cost,k*weight)
amount=amount-k
k=k*2
ZeroOnePack(amount*cost,amount*weight)
希望你仔細(xì)體會(huì)這個(gè)偽代碼，如果不太理解的話，不妨翻譯成程序代碼以后，單步執(zhí)行幾次，或者頭腦加紙筆模擬一下，也許就會(huì)慢慢理解了。
O(VN)的算法
多重背包問題同樣有O(VN)的算法。這個(gè)算法基于基本算法的狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程，但應(yīng)用單調(diào)隊(duì)列的方法使每個(gè)狀態(tài)的值可以以均攤O(1)的時(shí)間求解。由于用單調(diào)隊(duì)列優(yōu)化的DP已超出了NOIP的范圍，故本文不再展開講解。我最初了解到這個(gè)方法是在樓天成的“男人八題”幻燈片上。
小結(jié)
這里我們看到了將一個(gè)算法的復(fù)雜度由O(V*Σn[i])改進(jìn)到O(V*Σlog n[i])的過程，還知道了存在應(yīng)用超出NOIP范圍的知識(shí)的O(VN)算法。希望你特別注意“拆分物品”的思想和方法，自己證明一下它的正確性，并將完整的程序代碼寫出來。
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P04: 混合三種背包問題
問題
如果將P01、P02、P03混合起來。也就是說，有的物品只可以取一次（01背包），有的物品可以取無限次（完全背包），有的物品可以取的次數(shù)有一個(gè)上限（多重背包）。應(yīng)該怎么求解呢？
01背包與完全背包的混合
考慮到在P01和P02中給出的偽代碼只有一處不同，故如果只有兩類物品：一類物品只能取一次，另一類物品可以取無限次，那么只需在對(duì)每個(gè)物品應(yīng)用轉(zhuǎn)移方程時(shí)，根據(jù)物品的類別選用順序或逆序的循環(huán)即可，復(fù)雜度是O(VN)。偽代碼如下：
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]};
再加上多重背包
如果再加上有的物品最多可以取有限次，那么原則上也可以給出O(VN)的解法：遇到多重背包類型的物品用單調(diào)隊(duì)列解即可。但如果不考慮超過NOIP范圍的算法的話，用P03中將每個(gè)這類物品分成O(log n[i])個(gè)01背包的物品的方法也已經(jīng)很優(yōu)了。
當(dāng)然，更清晰的寫法是調(diào)用我們前面給出的三個(gè)相關(guān)過程。
for i=1..N
if 第i件物品是01背包
ZeroOnePack(c[i],w[i])
else if 第i件物品是完全背包
CompletePack(c[i],w[i])
else if 第i件物品是多重背包
MultiplePack(c[i],w[i],n[i])
在最初寫出這三個(gè)過程的時(shí)候，可能完全沒有想到它們會(huì)在這里混合應(yīng)用。我想這體現(xiàn)了編程中抽象的威力。如果你一直就是以這種“抽象出過程”的方式寫每一類背包問題的，也非常清楚它們的實(shí)現(xiàn)中細(xì)微的不同，那么在遇到混合三種背包問題的題目時(shí)，一定能很快想到上面簡(jiǎn)潔的解法，對(duì)嗎？
小結(jié)
有人說，困難的題目都是由簡(jiǎn)單的題目疊加而來的。這句話是否公理暫且存之不論，但它在本講中已經(jīng)得到了充分的體現(xiàn)。本來01背包、完全背包、多重背包都不是什么難題，但將它們簡(jiǎn)單地組合起來以后就得到了這樣一道一定能嚇倒不少人的題目。但只要基礎(chǔ)扎實(shí)，領(lǐng)會(huì)三種基本背包問題的思想，就可以做到把困難的題目拆分成簡(jiǎn)單的題目來解決。
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P05: 二維費(fèi)用的背包問題
問題
二維費(fèi)用的背包問題是指：對(duì)于每件物品，具有兩種不同的費(fèi)用；選擇這件物品必須同時(shí)付出這兩種代價(jià)；對(duì)于每種代價(jià)都有一個(gè)可付出的最大值（背包容量）。問怎樣選擇物品可以得到最大的價(jià)值。設(shè)這兩種代價(jià)分別為代價(jià)1和代價(jià)2，第i件物品所需的兩種代價(jià)分別為a[i]和b[i]。兩種代價(jià)可付出的最大值（兩種背包容量）分別為V和U。物品的價(jià)值為w[i]。
算法
費(fèi)用加了一維，只需狀態(tài)也加一維即可。設(shè)f[i][v][u]表示前i件物品付出兩種代價(jià)分別為v和u時(shí)可獲得的最大價(jià)值。狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程就是：
f[i][v][u]=max{f[i-1][v][u],f[i-1][v-a[i]][u-b[i]]+w[i]}
如前述方法，可以只使用二維的數(shù)組：當(dāng)每件物品只可以取一次時(shí)變量v和u采用逆序的循環(huán)，當(dāng)物品有如完全背包問題時(shí)采用順序的循環(huán)。當(dāng)物品有如多重背包問題時(shí)拆分物品。這里就不再給出偽代碼了，相信有了前面的基礎(chǔ)，你能夠自己實(shí)現(xiàn)出這個(gè)問題的程序。
物品總個(gè)數(shù)的限制
有時(shí)，“二維費(fèi)用”的條件是以這樣一種隱含的方式給出的：最多只能取M件物品。這事實(shí)上相當(dāng)于每件物品多了一種“件數(shù)”的費(fèi)用，每個(gè)物品的件數(shù)費(fèi)用均為1，可以付出的最大件數(shù)費(fèi)用為M。換句話說，設(shè)f[v][M] 表示付出費(fèi)用v、最多選m件時(shí)可得到的最大價(jià)值，則根據(jù)物品的類型（01、完全、多重）用不同的方法循環(huán)更新，最后在f[0..V][0..M]范圍內(nèi)尋找答案。[/M]
小結(jié)
當(dāng)發(fā)現(xiàn)由熟悉的動(dòng)態(tài)規(guī)劃題目變形得來的題目時(shí)，在原來的狀態(tài)中加一緯以滿足新的限制是一種比較通用的方法。希望你能從本講中初步體會(huì)到這種方法。
P06: 分組的背包問題
問題
有N件物品和一個(gè)容量為V的背包。第i件物品的費(fèi)用是c[i]，價(jià)值是w[i]。這些物品被劃分為若干組，每組中的物品互相沖突，最多選一件。求解將哪些物品裝入背包可使這些物品的費(fèi)用總和不超過背包容量，且價(jià)值總和最大。
算法
這個(gè)問題變成了每組物品有若干種策略：是選擇本組的某一件，還是一件都不選。也就是說設(shè)f[k][v]表示前k組物品花費(fèi)費(fèi)用v能取得的最大權(quán)值，則有：
f[k][v]=max{f[k-1][v],f[k-1][v-c[i]]+w[i]|物品i屬于第k組}
使用一維數(shù)組的偽代碼如下：
for 所有的組k
for v=V..0
for 所有的i屬于組k
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}
注意這里的三層循環(huán)的順序，甚至在本文的beta版中我自己都寫錯(cuò)了。“for v=V..0”這一層循環(huán)必須在“for 所有的i屬于組k”之外。這樣才能保證每一組內(nèi)的物品最多只有一個(gè)會(huì)被添加到背包中。
另外，顯然可以對(duì)每組內(nèi)的物品應(yīng)用P02中“一個(gè)簡(jiǎn)單有效的優(yōu)化”。
小結(jié)
分組的背包問題將彼此互斥的若干物品稱為一個(gè)組，這建立了一個(gè)很好的模型。不少背包問題的變形都可以轉(zhuǎn)化為分組的背包問題（例如P07），由分組的背包問題進(jìn)一步可定義“泛化物品”的概念，十分有利于解題。
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P07: 有依賴的背包問題
簡(jiǎn)化的問題
這種背包問題的物品間存在某種“依賴”的關(guān)系。也就是說，i依賴于j，表示若選物品i，則必須選物品j。為了簡(jiǎn)化起見，我們先設(shè)沒有某個(gè)物品既依賴于別的物品，又被別的物品所依賴；另外，沒有某件物品同時(shí)依賴多件物品。
算法
這個(gè)問題由NOIP2006金明的預(yù)算方案一題擴(kuò)展而來。遵從該題的提法，將不依賴于別的物品的物品稱為“主件”，依賴于某主件的物品稱為“附件”。由這個(gè)問題的簡(jiǎn)化條件可知所有的物品由若干主件和依賴于每個(gè)主件的一個(gè)附件集合組成。
按照背包問題的一般思路，僅考慮一個(gè)主件和它的附件集合。可是，可用的策略非常多，包括：一個(gè)也不選，僅選擇主件，選擇主件后再選擇一個(gè)附件，選擇主件后再選擇兩個(gè)附件……無法用狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程來表示如此多的策略。（事實(shí)上，設(shè)有n個(gè)附件，則策略有2^n+1個(gè)，為指數(shù)級(jí)。）
考慮到所有這些策略都是互斥的（也就是說，你只能選擇一種策略），所以一個(gè)主件和它的附件集合實(shí)際上對(duì)應(yīng)于P06中的一個(gè)物品組，每個(gè)選擇了主件又選擇了若干個(gè)附件的策略對(duì)應(yīng)于這個(gè)物品組中的一個(gè)物品，其費(fèi)用和價(jià)值都是這個(gè)策略中的物品的值的和。但僅僅是這一步轉(zhuǎn)化并不能給出一個(gè)好的算法，因?yàn)槲锲方M中的物品還是像原問題的策略一樣多。
再考慮P06中的一句話： 可以對(duì)每組中的物品應(yīng)用P02中“一個(gè)簡(jiǎn)單有效的優(yōu)化”。 這提示我們，對(duì)于一個(gè)物品組中的物品，所有費(fèi)用相同的物品只留一個(gè)價(jià)值最大的，不影響結(jié)果。所以，我們可以對(duì)主件i的“附件集合”先進(jìn)行一次01背包，得到費(fèi)用依次為0..V-c[i]所有這些值時(shí)相應(yīng)的最大價(jià)值f'[0..V-c[i]]。那么這個(gè)主件及它的附件集合相當(dāng)于V-c[i]+1個(gè)物品的物品組，其中費(fèi)用為c[i]+k的物品的價(jià)值為f'[k]+w[i]。也就是說原來指數(shù)級(jí)的策略中有很多策略都是冗余的，通過一次01背包后，將主件i轉(zhuǎn)化為V-c[i]+1個(gè)物品的物品組，就可以直接應(yīng)用P06的算法解決問題了。
較一般的問題
更一般的問題是：依賴關(guān)系以圖論中“森林”的形式給出（森林即多叉樹的集合），也就是說，主件的附件仍然可以具有自己的附件集合，限制只是每個(gè)物品最多只依賴于一個(gè)物品（只有一個(gè)主件）且不出現(xiàn)循環(huán)依賴。
解決這個(gè)問題仍然可以用將每個(gè)主件及其附件集合轉(zhuǎn)化為物品組的方式。唯一不同的是，由于附件可能還有附件，就不能將每個(gè)附件都看作一個(gè)一般的01背包中的物品了。若這個(gè)附件也有附件集合，則它必定要被先轉(zhuǎn)化為物品組，然后用分組的背包問題解出主件及其附件集合所對(duì)應(yīng)的附件組中各個(gè)費(fèi)用的附件所對(duì)應(yīng)的價(jià)值。
事實(shí)上，這是一種樹形DP，其特點(diǎn)是每個(gè)父節(jié)點(diǎn)都需要對(duì)它的各個(gè)兒子的屬性進(jìn)行一次DP以求得自己的相關(guān)屬性。這已經(jīng)觸及到了“泛化物品”的思想?？赐關(guān)08后，你會(huì)發(fā)現(xiàn)這個(gè)“依賴關(guān)系樹”每一個(gè)子樹都等價(jià)于一件泛化物品，求某節(jié)點(diǎn)為根的子樹對(duì)應(yīng)的泛化物品相當(dāng)于求其所有兒子的對(duì)應(yīng)的泛化物品之和。
小結(jié)
NOIP2006的那道背包問題我做得很失敗，寫了上百行的代碼，卻一分未得。后來我通過思考發(fā)現(xiàn)通過引入“物品組”和“依賴”的概念可以加深對(duì)這題的理解，還可以解決它的推廣問題。用物品組的思想考慮那題中極其特殊的依賴關(guān)系：物品不能既作主件又作附件，每個(gè)主件最多有兩個(gè)附件，可以發(fā)現(xiàn)一個(gè)主件和它的兩個(gè)附件等價(jià)于一個(gè)由四個(gè)物品組成的物品組，這便揭示了問題的某種本質(zhì)。
我想說：失敗不是什么丟人的事情，從失敗中全無收獲才是。
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P08: 泛化物品
定義
考慮這樣一種物品，它并沒有固定的費(fèi)用和價(jià)值，而是它的價(jià)值隨著你分配給它的費(fèi)用而變化。這就是泛化物品的概念。
更嚴(yán)格的定義之。在背包容量為V的背包問題中，泛化物品是一個(gè)定義域?yàn)?..V中的整數(shù)的函數(shù)h，當(dāng)分配給它的費(fèi)用為v時(shí)，能得到的價(jià)值就是h(v)。
這個(gè)定義有一點(diǎn)點(diǎn)抽象，另一種理解是一個(gè)泛化物品就是一個(gè)數(shù)組h[0..V]，給它費(fèi)用v，可得到價(jià)值h[V]。
一個(gè)費(fèi)用為c價(jià)值為w的物品，如果它是01背包中的物品，那么把它看成泛化物品，它就是除了h(c)=w其它函數(shù)值都為0的一個(gè)函數(shù)。如果它是完全背包中的物品，那么它可以看成這樣一個(gè)函數(shù)，僅當(dāng)v被c整除時(shí)有h(v)=v/c*w，其它函數(shù)值均為0。如果它是多重背包中重復(fù)次數(shù)最多為n的物品，那么它對(duì)應(yīng)的泛化物品的函數(shù)有h(v)=v/c*w僅當(dāng)v被c整除且v/c<=n，其它情況函數(shù)值均為0。
一個(gè)物品組可以看作一個(gè)泛化物品h。對(duì)于一個(gè)0..V中的v，若物品組中不存在費(fèi)用為v的的物品，則h(v)=0，否則h(v)為所有費(fèi)用為v的物品的最大價(jià)值。P07中每個(gè)主件及其附件集合等價(jià)于一個(gè)物品組，自然也可看作一個(gè)泛化物品。
泛化物品的和
如果面對(duì)兩個(gè)泛化物品h和l，要用給定的費(fèi)用從這兩個(gè)泛化物品中得到最大的價(jià)值，怎么求呢？事實(shí)上，對(duì)于一個(gè)給定的費(fèi)用v，只需枚舉將這個(gè)費(fèi)用如何分配給兩個(gè)泛化物品就可以了。同樣的，對(duì)于0..V的每一個(gè)整數(shù)v，可以求得費(fèi)用v分配到h和l中的最大價(jià)值f(v)。也即f(v)=max{h(k)+l(v-k)|0<=k<=v}。可以看到，f也是一個(gè)由泛化物品h和l決定的定義域?yàn)?..V的函數(shù)，也就是說，f是一個(gè)由泛化物品h和l決定的泛化物品。
由此可以定義泛化物品的和：h、l都是泛化物品，若泛化物品f滿足f(v)=max{h(k)+l(v-k)|0<=k<=v}，則稱f是h與l的和，即f=h+l。這個(gè)運(yùn)算的時(shí)間復(fù)雜度取決于背包的容量，是O(V^2)。
泛化物品的定義表明：在一個(gè)背包問題中，若將兩個(gè)泛化物品代以它們的和，不影響問題的答案。事實(shí)上，對(duì)于其中的物品都是泛化物品的背包問題，求它的答案的過程也就是求所有這些泛化物品之和的過程。設(shè)此和為s，則答案就是s[0..V]中的最大值。
背包問題的泛化物品
一個(gè)背包問題中，可能會(huì)給出很多條件，包括每種物品的費(fèi)用、價(jià)值等屬性，物品之間的分組、依賴等關(guān)系等。但肯定能將問題對(duì)應(yīng)于某個(gè)泛化物品。也就是說，給定了所有條件以后，就可以對(duì)每個(gè)非負(fù)整數(shù)v求得：若背包容量為v，將物品裝入背包可得到的最大價(jià)值是多少，這可以認(rèn)為是定義在非負(fù)整數(shù)集上的一件泛化物品。這個(gè)泛化物品——或者說問題所對(duì)應(yīng)的一個(gè)定義域?yàn)榉秦?fù)整數(shù)的函數(shù)——包含了關(guān)于問題本身的高度濃縮的信息。一般而言，求得這個(gè)泛化物品的一個(gè)子域（例如0..V）的值之后，就可以根據(jù)這個(gè)函數(shù)的取值得到背包問題的最終答案。
綜上所述，一般而言，求解背包問題，即求解這個(gè)問題所對(duì)應(yīng)的一個(gè)函數(shù)，即該問題的泛化物品。而求解某個(gè)泛化物品的一種方法就是將它表示為若干泛化物品的和然后求之。
小結(jié)
本講可以說都是我自己的原創(chuàng)思想。具體來說，是我在學(xué)習(xí)函數(shù)式編程的 Scheme 語言時(shí)，用函數(shù)編程的眼光審視各類背包問題得出的理論。這一講真的很抽象，也許在“模型的抽象程度”這一方面已經(jīng)超出了NOIP的要求，所以暫且看不懂也沒關(guān)系。相信隨著你的OI之路逐漸延伸，有一天你會(huì)理解的。
我想說：“思考”是一個(gè)OIer最重要的品質(zhì)。簡(jiǎn)單的問題，深入思考以后，也能發(fā)現(xiàn)更多。
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P09: 背包問題問法的變化
以上涉及的各種背包問題都是要求在背包容量（費(fèi)用）的限制下求可以取到的最大價(jià)值，但背包問題還有很多種靈活的問法，在這里值得提一下。但是我認(rèn)為，只要深入理解了求背包問題最大價(jià)值的方法，即使問法變化了，也是不難想出算法的。
例如，求解最多可以放多少件物品或者最多可以裝滿多少背包的空間。這都可以根據(jù)具體問題利用前面的方程求出所有狀態(tài)的值（f數(shù)組）之后得到。
還有，如果要求的是“總價(jià)值最小”“總件數(shù)最小”，只需簡(jiǎn)單的將上面的狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程中的max改成min即可。
下面說一些變化更大的問法。
輸出方案
一般而言，背包問題是要求一個(gè)最優(yōu)值，如果要求輸出這個(gè)最優(yōu)值的方案，可以參照一般動(dòng)態(tài)規(guī)劃問題輸出方案的方法：記錄下每個(gè)狀態(tài)的最優(yōu)值是由狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程的哪一項(xiàng)推出來的，換句話說，記錄下它是由哪一個(gè)策略推出來的。便可根據(jù)這條策略找到上一個(gè)狀態(tài)，從上一個(gè)狀態(tài)接著向前推即可。
還是以01背包為例，方程為f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}。再用一個(gè)數(shù)組g[i][v]，設(shè)g[i][v]=0表示推出f[i][v]的值時(shí)是采用了方程的前一項(xiàng)（也即f[i][v]=f[i-1][v]），g[i][v]表示采用了方程的后一項(xiàng)。注意這兩項(xiàng)分別表示了兩種策略：未選第i個(gè)物品及選了第i個(gè)物品。那么輸出方案的偽代碼可以這樣寫（設(shè)最終狀態(tài)為f[N][V]）：
i=N
v=V
while(i>0)
if(g[i][v]==0)
print "未選第i項(xiàng)物品"
else if(g[i][v]==1)
print "選了第i項(xiàng)物品"
v=v-c[i]
另外，采用方程的前一項(xiàng)或后一項(xiàng)也可以在輸出方案的過程中根據(jù)f[i][v]的值實(shí)時(shí)地求出來，也即不須紀(jì)錄g數(shù)組，將上述代碼中的g[i][v]==0改成f[i][v]==f[i-1][v]，g[i][v]==1改成f[i][v]==f[i-1][v-c[i]]+w[i]也可。
輸出字典序最小的最優(yōu)方案
這里“字典序最小”的意思是1..N號(hào)物品的選擇方案排列出來以后字典序最小。以輸出01背包最小字典序的方案為例。
一般而言，求一個(gè)字典序最小的最優(yōu)方案，只需要在轉(zhuǎn)移時(shí)注意策略。首先，子問題的定義要略改一些。我們注意到，如果存在一個(gè)選了物品1的最優(yōu)方案，那么答案一定包含物品1，原問題轉(zhuǎn)化為一個(gè)背包容量為v-c[1]，物品為2..N的子問題。反之，如果答案不包含物品1，則轉(zhuǎn)化成背包容量仍為V，物品為2..N的子問題。不管答案怎樣，子問題的物品都是以i..N而非前所述的1..i的形式來定義的，所以狀態(tài)的定義和轉(zhuǎn)移方程都需要改一下。但也許更簡(jiǎn)易的方法是先把物品逆序排列一下，以下按物品已被逆序排列來敘述。
在這種情況下，可以按照前面經(jīng)典的狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程來求值，只是輸出方案的時(shí)候要注意：從N到1輸入時(shí)，如果f[i][v]==f[i-v]及f[i][v]==f[i-1][f-c[i]]+w[i]同時(shí)成立，應(yīng)該按照后者（即選擇了物品i）來輸出方案。
求方案總數(shù)
對(duì)于一個(gè)給定了背包容量、物品費(fèi)用、物品間相互關(guān)系（分組、依賴等）的背包問題，除了再給定每個(gè)物品的價(jià)值后求可得到的最大價(jià)值外，還可以得到裝滿背包或?qū)⒈嘲b至某一指定容量的方案總數(shù)。
對(duì)于這類改變問法的問題，一般只需將狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程中的max改成sum即可。例如若每件物品均是完全背包中的物品，轉(zhuǎn)移方程即為
f[i][v]=sum{f[i-1][v],f[i][v-c[i]]}
初始條件f[0][0]=1。
事實(shí)上，這樣做可行的原因在于狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程已經(jīng)考察了所有可能的背包組成方案。
最優(yōu)方案的總數(shù)
這里的最優(yōu)方案是指物品總價(jià)值最大的方案。以01背包為例。
結(jié)合求最大總價(jià)值和方案總數(shù)兩個(gè)問題的思路，最優(yōu)方案的總數(shù)可以這樣求：f[i][v]意義同前述，g[i][v]表示這個(gè)子問題的最優(yōu)方案的總數(shù)，則在求f[i][v]的同時(shí)求g[i][v]的偽代碼如下：
for i=1..N
for v=0..V
f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}
g[i][v]=0
if(f[i][v]==f[i-1][v])
inc(g[i][v],g[i-1][v]
if(f[i][v]==f[i-1][v-c[i]]+w[i])
inc(g[i][v],g[i-1][v-c[i]])
如果你是第一次看到這樣的問題，請(qǐng)仔細(xì)體會(huì)上面的偽代碼。
求次優(yōu)解、第K優(yōu)解
對(duì)于求次優(yōu)解、第K優(yōu)解類的問題，如果相應(yīng)的最優(yōu)解問題能寫出狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程、用動(dòng)態(tài)規(guī)劃解決，那么求次優(yōu)解往往可以相同的復(fù)雜度解決，第K優(yōu)解則比求最優(yōu)解的復(fù)雜度上多一個(gè)系數(shù)K。
其基本思想是將每個(gè)狀態(tài)都表示成有序隊(duì)列，將狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程中的max/min轉(zhuǎn)化成有序隊(duì)列的合并。這里仍然以01背包為例講解一下。
首先看01背包求最優(yōu)解的狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程：f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}。如果要求第K優(yōu)解，那么狀態(tài)f[i][v]就應(yīng)該是一個(gè)大小為K的數(shù)組f[i][v][1..K]。其中f[i][v][k]表示前i個(gè)物品、背包大小為v時(shí)，第k優(yōu)解的值。“f[i][v]是一個(gè)大小為K的數(shù)組”這一句，熟悉C語言的同學(xué)可能比較好理解，或者也可以簡(jiǎn)單地理解為在原來的方程中加了一維。顯然f[i][v][1..K]這K個(gè)數(shù)是由大到小排列的，所以我們把它認(rèn)為是一個(gè)有序隊(duì)列。
然后原方程就可以解釋為：f[i][v]這個(gè)有序隊(duì)列是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]+w[i]這兩個(gè)有序隊(duì)列合并得到的。有序隊(duì)列f[i-1][v]即f[i-1][v][1..K]，f[i-1][v-c[i]]+w[i]則理解為在f[i-1][v-c[i]][1..K]的每個(gè)數(shù)上加上w[i]后得到的有序隊(duì)列。合并這兩個(gè)有序隊(duì)列并將結(jié)果（的前K項(xiàng)）儲(chǔ)存到f[i][v][1..K]中的復(fù)雜度是O(K)。最后的答案是f[N][V][K]。總的復(fù)雜度是O(NVK)。
為什么這個(gè)方法正確呢？實(shí)際上，一個(gè)正確的狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程的求解過程遍歷了所有可用的策略，也就覆蓋了問題的所有方案。只不過由于是求最優(yōu)解，所以其它在任何一個(gè)策略上達(dá)不到最優(yōu)的方案都被忽略了。如果把每個(gè)狀態(tài)表示成一個(gè)大小為K的數(shù)組，并在這個(gè)數(shù)組中有序的保存該狀態(tài)可取到的前K個(gè)最優(yōu)值。那么，對(duì)于任兩個(gè)狀態(tài)的max運(yùn)算等價(jià)于兩個(gè)由大到小的有序隊(duì)列的合并。
另外還要注意題目對(duì)于“第K優(yōu)解”的定義，將策略不同但權(quán)值相同的兩個(gè)方案是看作同一個(gè)解還是不同的解。如果是前者，則維護(hù)有序隊(duì)列時(shí)要保證隊(duì)列里的數(shù)沒有重復(fù)的。
小結(jié)
顯然，這里不可能窮盡背包類動(dòng)態(tài)規(guī)劃問題所有的問法。甚至還存在一類將背包類動(dòng)態(tài)規(guī)劃問題與其它領(lǐng)域（例如數(shù)論、圖論）結(jié)合起來的問題，在這篇論背包問題的專文中也不會(huì)論及。但只要深刻領(lǐng)會(huì)前述所有類別的背包問題的思路和狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程，遇到其它的變形問法，只要題目難度還屬于NOIP，應(yīng)該也不難想出算法。觸類旁通、舉一反三，應(yīng)該也是一個(gè)OIer應(yīng)有的品質(zhì)吧。
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附：USACO中的背包問題
USACO是USA Computing Olympiad的簡(jiǎn)稱，它組織了很多面向全球的計(jì)算機(jī)競(jìng)賽活動(dòng)。
USACO Trainng是一個(gè)很適合初學(xué)者的題庫，我認(rèn)為它的特色是題目質(zhì)量高，循序漸進(jìn)，還配有不錯(cuò)的課文和題目分析。其中關(guān)于背包問題的那篇課文 (TEXT Knapsack Problems) 也值得一看。
另外，USACO Contest是USACO常年組織的面向全球的競(jìng)賽系列，在此也推薦NOIP選手參加。
我整理了USACO Training中涉及背包問題的題目，應(yīng)該可以作為不錯(cuò)的習(xí)題。其中標(biāo)加號(hào)的是我比較推薦的，標(biāo)嘆號(hào)的是我認(rèn)為對(duì)NOIP選手比較有挑戰(zhàn)性的。
題目列表
· Inflate (+) （基本01背包）
· Stamps (+)(!) （對(duì)初學(xué)者有一定挑戰(zhàn)性）
· Money
· Nuggets
· Subsets
· Rockers (+) （另一類有趣的“二維”背包問題）
· Milk4 (!) （很怪的背包問題問法，較難用純DP求解）
題目簡(jiǎn)解
以下文字來自我所撰的《USACO心得》一文，該文的完整版本，包括我的程序，可在DD的USACO征程中找到。
Inflate 是加權(quán)01 背包問題，也就是說：每種物品只有一件，只可以選擇放或者不放；而且每種物品有對(duì)應(yīng)的權(quán)值，目標(biāo)是使總權(quán)值最大或最小。它最樸素的狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程是：f[k][i] = max{f[k-1][i] , f[k-1][i-v[k]]+w[k]}。f[k][i]表示前k 件物品花費(fèi)代價(jià)i 可以得到的最大權(quán)值。v[k]和w[k]分別是第k 件物品的花費(fèi)和權(quán)值。可以看到， f[k]的求解過程就是使用第k 件物品對(duì)f[k-1]進(jìn)行更新的過程。那么事實(shí)上就不用使用二維數(shù)組，只需要定義f[i]，然后對(duì)于每件物品k，順序地檢查f[i]與f[i-v[k]]+w[k]的大小，如果后者更大，就對(duì)前者進(jìn)行更新。這是背包問題中典型的優(yōu)化方法。
題目stamps 中，每種物品的使用量沒有直接限制，但使用物品的總量有限制。求第一個(gè)不能用這有限個(gè)物品組成的背包的大小。（可以這樣等價(jià)地認(rèn)為）設(shè)f[k][i] 表示前k 件物品組成大小為i 的背包， 最少需要物品的數(shù)量。則f[k][i]= min{f[k-1][i],f[k-1][i-j*s[k]]+j}，其中j 是選擇使用第k 件物品的數(shù)目，這個(gè)方程運(yùn)用時(shí)可以用和上面一樣的方法處理成一維的。求解時(shí)先設(shè)置一個(gè)粗糙的循環(huán)上限，即最大的物品乘最多物品數(shù)。
Money 是多重背包問題。也就是每個(gè)物品可以使用無限多次。要求解的是構(gòu)成一種背包的不同方案總數(shù)。基本上就是把一般的多重背包的方程中的min 改成sum 就行了。
Nuggets 的模型也是多重背包。要求求解所給的物品不能恰好放入的背包大小的最大值（可能不存在）。只需要根據(jù)“若i、j 互質(zhì)，則關(guān)于x、y 的不定方程i*x+y*j=n 必有正整數(shù)解，其中n>i*j”這一定理得出一個(gè)循環(huán)的上限。 Subsets 子集和問題相當(dāng)于物品大小是前N 個(gè)自然數(shù)時(shí)求大小為N*(N+1)/4 的 01 背包的方案數(shù)。
Rockers 可以利用求解背包問題的思想設(shè)計(jì)解法。我的狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程如下： f[i][j][t]=max{f[i][j][t-1] , f[i-1][j][t] , f[i-1][j][t-time[i]]+1 , f[i-1][j-1][T]+(t>=time[i])}。其中 f[i][j][t]表示前i 首歌用j 張完整的盤和一張錄了t 分鐘的盤可以放入的最多歌數(shù)，T 是一張光盤的最大容量，t>=time[i]是一個(gè)bool 值轉(zhuǎn)換成int 取值為0 或1。但我后來發(fā)現(xiàn)我當(dāng)時(shí)設(shè)計(jì)的狀態(tài)和方程效率有點(diǎn)低，如果換成這樣：f[i][j]=(a,b)表示前i 首歌中選了j 首需要用到a 張完整的光盤以及一張錄了b 分鐘的光盤，會(huì)將時(shí)空復(fù)雜度都大大降低。這種將狀態(tài)的值設(shè)為二維的方法值得注意。
Milk4 是這些類背包問題中難度最大的一道了。很多人無法做到將它用純DP 方法求解，而是用迭代加深搜索枚舉使用的桶，將其轉(zhuǎn)換成多重背包問題再DP。由于 USACO 的數(shù)據(jù)弱，迭代加深的深度很小，這樣也可以AC，但我們還是可以用純DP 方法將它完美解決的。設(shè)f[k]為稱量出k 單位牛奶需要的最少的桶數(shù)。那么可以用類似多重背包的方法對(duì)f 數(shù)組反復(fù)更新以求得最小值。然而困難在于如何輸出字典序最小的方案。我們可以對(duì)每個(gè)i 記錄pre_f[i]和pre_v[i]。表示得到i 單位牛奶的過程是用pre_f[i]單位牛奶加上若干個(gè)編號(hào)為pre_v[i]的桶的牛奶。這樣就可以一步步求得得到i 單位牛奶的完整方案。為了使方案的字典序最小，我們?cè)诿看握业揭粋€(gè)耗費(fèi)桶數(shù)相同的方案時(shí)對(duì)已儲(chǔ)存的方案和新方案進(jìn)行比較再?zèng)Q定是否更新方案。為了使這種比較快捷，在使用各種大小的桶對(duì)f 數(shù)組進(jìn)行更新時(shí)先大后小地進(jìn)行。USACO 的官方題解正是這一思路。如果認(rèn)為以上文字比較難理解可以閱讀官方程序或我的程序。
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Copyright (c) 2007 Tianyi Cui
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posted on 2010-05-23 22:41
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