[C++]01背包问题

基本问题

有N件物品和一个容量为V 的背包。放入第(i)件物品耗费的空间是(C_i)，得到的价值是(W_i)。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。

思路

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(F[i,v])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：
(F_{i, v} = max{F_{i−1,v}, F_{i−1,v−C_i} + W_i})

核心代码

memset(F[0], 0, sizeof(F[0]));
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
	for (int v = 0; v <= V; ++v) {
		if (v >= c[i]) F[i][v] = max(F[i-1][v], F[i-1][v-c[i]] + w[i]);
		else F[i][v] = F[i-1][v];
	}
}
for (int i = 0; i <= V; ++i) ans = max(ans, F[n][i]);

其时间复杂度和空间复杂度都是(O(NV))， 其中时间复杂度基本上不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到(O(V))。

memset(F, 0, sizeof(F));
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
	for (int v = V; v >= c[i]; --v) {
		F[v] = max(F[v], F[v-c[i]] + w[i]);
	}
}
for (int i = 0; i <= V; ++i) ans = max(ans, F[i]);

求方案数

看一道题：小A点菜
对于这类改变问法的问题，一般只需将状态转移方程中的(max)改成(sum)即可。例如若每件物品均是完全背包中的物品，转移方程即为
(F[i,v] = sum{F[i−1,v],F[i,v−C_i]})

初始条件是(F[0,0] = 1)。

F[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
	for (int v = 0; v <= V; ++v) {
		if (v >= c[i]) F[i][v] = F[i-1][v] + F[i-1][v-c[i]];
		else F[i][v] = F[i-1][v];
	}
}
ans = F[n][V];
printf("%d
", ans); 

求装得尽量满

再看一题：装箱问题 [NOIp2001普及组第4题]
其实这里(W_i)就是(C_i)。

memset(F, 0, sizeof(F));
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
	for (int v = V; v >= c[i]; --v) {
		F[v] = max(F[v], F[v-c[i]] + c[i]);
	}
}
for (int i = 0; i <= V; ++i) ans = max(ans, F[i]);
printf("%d
", V - ans);

求所有体积可能

又来一题：积木城堡
求出每个高度的城堡数量。

for (int i = 0; i < n; ++i) {
	int np = 0;
	int now;
	int sum = 0;
	while (1) {
		scanf("%d", &now);
		if (now == -1) break;
		a[++np] = now;
		sum += now;
	}
	if (max_sum < sum) max_sum = sum;
	memset(F, 0, sizeof(F));
	F[0] = 1;
	for (int j = 1; j <= np; ++j) {
		for (int v = sum; v >= a[j]; --v) {
			if (F[v-a[j]] && !F[v]) {
				++h[v];
				F[v] = 1;
			}
		}
	}
}