＜背包问题＞
背包问题是一类组合优化问题，其基本形式是给定一组物品，每个物品都有一个重量和一个价值，以及一个有限的背包容量，目标是在不超过背包容量的前提下，选择物品使得背包中的物品价值最大化。动态规划是解决背包问题的常用方法，你不会已经忘了之前讲过的线性dp了吧？没有就好；忘了赶紧去复习一下
01背包
每件物品数量为1
题目：装箱问题 NC16693
代码：
#include <iostream>
using namespace std;
int t[35],dp[35][20010]; //dp[i][j]表示前i件物品，当箱子容量为j时的最大体积
int main()
{
int v,n,i,j;
cin>>v>>n;
for(i=1;i<=n;i++) cin>>t[i];
for(i=1;i<=n;i++){
for(j=1;j<=v;j++){
if(j<t[i]){ //不能放i
dp[i][j]=dp[i-1][j];
}else{ //取放与不放体积的最大值
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-t[i]]+t[i]);
}
}
}
cout<<v-dp[n][v];
return 0;
}01背包的经典问题
题目：有n种物品和一个容量为v的背包，物品的重量分别为c，价值分别为w，每种物品只能选择一次，目标是在不超过背包容量的前提下，使背包中的物品价值最大化。
思路：每个物品都有两种选择：选与不选。无序变有序，依次考虑前1、2、3……个物品，背包容量本也是连续状态。定义dp[i][j]表示前 i 件物品，在背包容量为 j 时的最大价值。
代码：
#include <iostream>
using namespace std;
int dp[100][100];
int main()
{
int n,v,i,j;
int c[100],w[100];
for(i=1;i<=n;i++) cin>>c[i];
for(i=1;i<=n;i++) cin>>w[i];
for(i=1;i<=n;i++){ //遍历每件物品
for(j=1;j<=v;j++){ //遍历可能的背包容量
if(j<c[i]){ //第i件物品放不下
dp[i][j]=dp[i-1][j];
}else{
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-c[i]]+w[i]); //不放与放取最大值
}
}
}
cout<<dp[n][v];
return 0;
}还可以用一维数组优化空间（时间复杂度还是一样，都是n*v），每次都在同一个一维数组上操作
代码：
#include <iostream>
using namespace std;
int dp[100]; //dp[j]表示前i件物品,在容量为j时的最大价值
int main()
{
int n,v,i,j;
int c[100],w[100];
for(i=1;i<=n;i++) cin>>c[i];
for(i=1;i<=n;i++) cin>>w[i];
for(i=1;i<=n;i++){ //遍历每件物品
for(j=v;j>=c[i];j--){ //！！！注意注意！！！从大到小遍历背包容量（j<c[i]肯定不能放i，还是上一次结果）
dp[j]=max(dp[j],dp[j-c[i]]+w[i]); //每件物品不放就还是dp[j],放则是dp[j-c[i]]+w[i]
}
}
cout<<dp[v];
return 0;
}下面解释从小到大遍历背包容量的错误性，假定背包容量v=10，有一重量为5的价值为1的物品。dp[5]=1，而当j=10时，dp[10]=max(dp[10]，dp[10-5]+w)=2，可以发现该物品被放了2次，而每种物品只有一件，所以错误。而从大到小遍历，若不放当前物品，则dp为上一次值，若放，dp为dp[j-c[i]]+w[i]，而dp[j-c[i]]还没遍历到，还是上一次值，所以处理没问题。
题目：开心的金明 NC16666
代码：
#include <iostream>
using namespace std;
int v[30],w[30],dp[30][30010]; //dp[i][j]表示前i个物品，总钱数为j时的乘积总和最大值
int main(){
int n,m,i,j;
cin>>n>>m;
for(i=1;i<=m;i++) cin>>v[i]>>w[i];
for(i=1;i<=m;i++){
for(j=1;j<=n;j++){
if(j<v[i]){ //买不了i
dp[i][j]=dp[i-1][j];
}else{
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i]]+v[i]*w[i]);
} //取不买与买的最大值
}
}
cout<<dp[m][n];
return 0;
}
怎么样？是不是觉得 so easy呀哈哈哈哈 ，you get it !
噢对了，补充一个小tips，一开始我打代码的时候忘了写return 0，是后面补上去的，不知道大家在代码的最后写“return 0”是因为别人都写所以我也写，还是……反正驻波是第一类（捂脸）。但现在我知道了，这应该算是一种代码规范，可以用来检查程序是否正常退出，如下图（return value 0），若程序正常退出，编译器最后则会返回值 0 ，大家要从“小”开始养成代码规范o
完全背包
每种物品可以无限次选择
题目我就修改一下 “ 01背包的经典问题 ” 来引入
题目：有n种物品和一个容量为v的背包，物品的重量分别为c，价值分别为w，每种物品可以选择无限次，目标是在不超过背包容量的前提下，使背包中的物品价值最大化
思路：在01背包的一维数组优化空间解法中，我提到 “ ！注意注意！从大到小遍历背包容量 ”，以此来防止重复多次放入同一物品，而完全背包刚好就是可以重复选择同一物品来使价值最大化，那么我们从小到大遍历背包容量则就满足完全背包题目的目标了
代码：
#include <iostream>
using namespace std;
int c[100],w[100],dp[100]; //dp[j]表示前i件物品，背包容量为j时的最大价值
int main(){
int n,v,i;
cin>>n>>v;
for(i=1;i<=n;i++) cin>>c[i];
for(i=1;i<=n;i++) cin>>w[i];
for(i=1;i<=n;i++){
for(j=c[i];j<=v;j++){
dp[j]=max(dp[j],dp[j-c[i]]+w[i]);
}
}
cout<<dp[v];
return 0;
}
题目：货币系统 NC21467
思路： （n,a）可以表示出的金额，（m,b）也要可以表示出，而（n,a）中一种面值的货币如果可以由此系统中的其他货币组合而来，那么它就是可有可无的，我们删除尽可能多的系统中能被表示出的面值，则剩下的就是最小的m。每一种货币有无穷张则就是完全背包问题
代码：
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
int a[110],dp[25000]; //dp[i]标记i是否能被其它面值表示出
int main(){
int T,n,i,j;
cin>>T;
while(T--){
int c=0; //计数能被表示出的面值数
memset(dp,0,sizeof(dp)); //初始化dp
cin>>n;
for(i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
sort(a+1,a+1+n); //面值从小到大排序
dp[0]=1; //0肯定能被表示出
for(i=1;i<=n;i++){ //遍历a中面值
if(dp[a[i]]){ //该面值能被表示出
c++;
continue;
}
for(j=a[i];j<=a[n];j++){ //若当前值不能被表示出，更新dp数组，遍历后面的所有面值
if(dp[j-a[i]]){ //j可以被a[i]+j-a[i]表示出
dp[j]=1;
}
}
}
cout<<n-c<<endl;
}
return 0;
}多重背包
每种物品最多选择 c 个
思路：O(n^3)的循环
代码：
#include <iostream>
using namespace std;
int dp[110][110]; //dp[i][j]表示考虑前i种物品时，背包承重为j的最大价值
int main(){
int n,T,x,w,v;
cin>>n>>T;
for(int i=1;i<=n;i++){ //遍历每种物品
cin>>x>>w>>v;
for(int j=1;j<=T;j++){ //遍历背包承重
dp[i][j]=dp[i-1][j]; //若不选第i种物品
for(int k=1;k<=x;k++){ //遍历i物品的选择数量
if(k*w<=j){ //若背包放得下k个i物品
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-k*w]+k*v);
}
}
}
}
cout<<dp[n][T];
return 0;
}我后面去看题解，很多大佬都是通过二进制拆分和动态规划结合，来高效地求解多重背包问题，上面代码在数据量较大时很容易时间超限，所以还是要学一学别人先进的做法。
思路：假设我们有1种物品，数量为13，重量为2，价值为3。如果不进行二进制拆分，我们需要处理13个相同的物品。但是，通过二进制拆分，我们可以将这13个物品拆分为：13==1+2+4+6
-
1个物品，重量为2，价值为3
-
2个物品，重量为4，价值为6
-
4个物品，重量为8，价值为12
-
6个物品，重量为12，价值为18
这样，我们只需要处理4个不同的物品，而不是13个相同的物品。在动态规划中，我们将这4个物品分别视为独立的01背包问题，再配合一维数组优化，从而大大优化了时间和空间。
代码：
#include <iostream>
using namespace std;
int w1[1010],v1[1010],dp[110]; //注意拆分后的物品种数会>n
int main(){ //dp[j]表示背包容量为j时的最大价值
int n,t,i,j,x,w,v;
cin>>n>>t;
int c=0; //记录拆分后的物品种数
for(i=0;i<n;i++){
int k=1; //每种物品从1开始拆分，而后每次*2
cin>>x>>w>>v;
while(k<=x){
c++;
w1[c]=k*w,v1[c]=k*v; //记录拆分后每种物品的w和v
x-=k;
k*=2;
}
if(x){ //若最后还有剩余，将最后x个物品作为一种物品
c++;
w1[c]=x*w,v1[c]=x*v;
}
}
for(i=1;i<=c;i++){ //同01动态规划的一维数组优化解法
for(j=t;j>=w1[i];j--){
dp[j]=max(dp[j],dp[j-w1[i]]+v1[i]);
}
}
cout<<dp[t];
return 0;
}
分组背包
给定 n 组物品，第 i 组物品包含若干个物品，每个物品的重量和价值不同，每组最多只能选择一个物品。
题目：金明的预算方案 NC16671
思路： 每个主件最多有2个附件，那么可以将每个主件与其附件看作一个物品组，每个物品组里有
-
只有一个主件
-
一个主件+第一个附件
-
一个主件+第二个附件
-
一个主件+第一个附件+第二个附件
这四个物品，每个物品组只能选一个物品。题目就是分组背包的形式了，分组背包解法：定义 dp[j] 表示在背包容量为 j 时的最大价值（一维数组优化），对于每组物品，尝试选择该组中的每一个物品（或不选择任何物品），更新 dp 数组
代码：
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
pair<int,int>a[60]; //存储每组主件的v,w
vector<pair<int,int> >b[60]; //存储每组主件的附件v,w （二维数组）
int dp[32010]; //存储前i件物品,总钱数为j时价格*重要度的最大值
int main(){
int n,m,i,v,w,p;
cin>>n>>m;
for(i=1;i<=m;i++){ //遍历所有物品
cin>>v>>w>>p;
w=v*w; //更新重要度为价格*重要度
if(p==0){ //是主件
a[i]={v,w};
}else{
b[p].push_back({v,w}); //加入所属主件的附件列表
}
}
for(i=1;i<=m;i++){ //遍历所有物品
if(a[i].first==0) continue; //没有主件
for(int j=n;j>=a[i].first;j--){ //从大到小遍历总钱数
dp[j]=max(dp[j],dp[j-a[i].first]+a[i].second); //只有一个主件
if(b[i].size()==1){ //只有一个附件
if(j>=a[i].first+b[i][0].first) //可以买主件+附件
dp[j]=max(dp[j],dp[j-a[i].first-b[i][0].first]+a[i].second+b[i][0].second);
}
if(b[i].size()==2){
if(j>=a[i].first+b[i][0].first) //可买主件+第一件附件
dp[j]=max(dp[j],dp[j-a[i].first-b[i][0].first]+a[i].second+b[i][0].second);
if(j>=a[i].first+b[i][1].first)
dp[j]=max(dp[j],dp[j-a[i].first-b[i][1].first]+a[i].second+b[i][1].second);
if(j>=a[i].first+b[i][0].first+b[i][1].first)
dp[j]=max(dp[j],dp[j-a[i].first-b[i][0].first-b[i][1].first]+a[i].second+b[i][0].second+b[i][1].second);
}
}
}
cout<<dp[n];
return 0;
}我写得可能有些冗长了，大家有好的想法欢迎交流！