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笔记：背包问题总结

news 2025/7/4 3:31:48

1. 01 背包（每种物品只能选一次）

思路：

每个物品只能取 0 次或 1 次，求在容量限制内的最大价值。
定义 dp[j] 表示容量 j 时的最大价值。
遍历物品，从后向前遍历容量，防止物品被重复使用。
状态转移方程： dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i])

代码模板：

for (int i = 0; i < N; i++) {  // 遍历物品
    for (int j = V; j >= w[i]; j--) {  // 倒序遍历背包容量
        dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);
    }
}

示例： 输入：

计算过程：

初始化 dp = [0, 0, 0, 0, 0, 0]。
处理第一个物品（重量2，价值3）：
- dp[5] = max(dp[5], dp[3] + 3) = 3
- dp[4] = max(dp[4], dp[2] + 3) = 3
- dp[3] = max(dp[3], dp[1] + 3) = 3
- dp[2] = max(dp[2], dp[0] + 3) = 3
处理第二个物品（重量1，价值2），依次更新。
处理第三个物品（重量3，价值4），依次更新。

最终 dp[5] = 5。

2. 完全背包（每种物品可以选无限次）

思路：

每个物品可以取无限次。
仍然定义 dp[j]，但这次要正序遍历容量。
状态转移方程： dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i])

代码模板：

for (int i = 0; i < N; i++) {  // 遍历物品
    for (int j = w[i]; j <= V; j++) {  // 正序遍历背包容量
        dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);
    }
}

示例： 输入：

2 4
1 2
2 4

计算过程：

初始化 dp = [0, 0, 0, 0, 0]。
处理第一个物品（重量1，价值2）：
- dp[1] = 2, dp[2] = 4, dp[3] = 6, dp[4] = 8
处理第二个物品（重量2，价值4）：
- dp[2] = 4（不变），dp[3] = 6（不变），dp[4] = 8（不变）

最终 dp[4] = 8。

3. 多重背包（每种物品最多选 Si 次）

思路：

直接按照 01 背包 方式处理的时间复杂度较高。
使用 二进制拆分优化，将 s[i] 个物品拆分成若干个 2^k 份，使得 2^0 + 2^1 + ... 覆盖 s[i]。
状态转移方程： dp[j] = max(dp[j], dp[j - k * w[i]] + k * v[i])

代码模板（使用二进制优化）：

for (int i = 0; i < N; i++) {  // 遍历物品
    int count = s[i];
    for (int k = 1; count > 0; k *= 2) {  // 二进制拆分
        int num = Math.min(k, count);
        count -= num;
        int weight = num * w[i];
        int value = num * v[i];
        for (int j = V; j >= weight; j--) {  // 01 背包处理
            dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - weight] + value);
        }
    }
}

示例： 输入：

计算过程（使用二进制优化拆分）：

物品1（重量2，价值3，最多选3次）拆分成 1, 2：
- dp[10] = max(dp[10], dp[8] + 3)
- dp[8] = max(dp[8], dp[6] + 3)
- 依次更新 dp[2] = 3, dp[4] = 6, dp[6] = 9
物品2（重量3，价值4，最多选2次）拆分成 1, 1：
- 依次更新 dp[3] = 4, dp[6] = 8, dp[9] = 12
物品3（重量5，价值6，最多选2次）拆分成 1, 1：
- dp[5] = 6, dp[10] = 12