【揹包】

首先说下动态规划，动态规划这东西就和递归一样，只能找局部关系，若想全部列出来，是很难的，比如汉诺塔。你可以说先把除最后一层的其他所有层都移动到2，再把最后一层移动到3，最后再把其余的从2移动到3，这是一个直观的关系，但是想列举出来是很难的，也许当层数n=3时还可以模拟下，再大一些就不可能了，所以，诸如递归，动态规划之类的，不能细想，只能找局部关系。

1.汉诺塔图片

（引至杭电课件:DP最关键的就是状态，在DP时用到的数组时，也就是存储的每个状态的最优值，也就是记忆化搜索）

要了解揹包，首先得清楚动态规划：

动态规划算法可分解成从先到后的4个步骤：

1. 描述一个最优解的结构；

2. 递归地定义最优解的值；

3. 以“自底向上”的方式计算最优解的值；

4. 从已计算的信息中构建出最优解的路径。

其中步骤1~3是动态规划求解问题的基础。如果题目只要求最优解的值，则步骤4可以省略。

揹包的基本模型就是给你一个容量为V的揹包

在一定的限制条件下放进最多(最少?)价值的东西

当前状态→ 以前状态

看了dd大牛的《揹包九讲》(点击下载)，迷糊中带着一丝清醒，这里我也总结下01揹包，完全揹包，多重揹包这三者的使用和区别，部分会引用dd大牛的《揹包九讲》，如果有错，欢迎指出。(www.wutianqi.com留言即可)

首先我们把三种情况放在一起来看：

01揹包（ZeroOnePack）: 有N件物品和一个容量为V的揹包。（每种物品均只有一件）第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入揹包可使价值总和最大。

完全揹包(CompletePack): 有N种物品和一个容量为V的揹包，每种物品都有无限件可用。第i种物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入揹包可使这些物品的费用总和不超过揹包容量，且价值总和最大。

多重揹包(MultiplePack): 有N种物品和一个容量为V的揹包。第i种物品最多有n[i]件可用，每件费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入揹包可使这些物品的费用总和不超过揹包容量，且价值总和最大。

比较三个题目，会发现不同点在于每种揹包的数量，01揹包是每种只有一件，完全揹包是每种无限件，而多重揹包是每种有限件。

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先来分析01揹包：

01揹包（ZeroOnePack）: 有N件物品和一个容量为V的揹包。（每种物品均只有一件）第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入揹包可使价值总和最大。

这是最基础的揹包问题，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的揹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] }【注意：转移方程不包括第i个揹包】

把这个过程理解下：在前i件物品放进容量v的揹包时，

它有两种情况：

第一种是第i件不放进去，这时所得价值为:f[i-1][v]

第二种是第i件放进去，这时所得价值为：f[i-1][v-c[i]]+w[i]

（第二种是什么意思？就是如果第i件放进去，那么在容量v-c[i]里就要放进前i-1件物品）

最后比较第一种与第二种所得价值的大小，哪种相对大，f[i][v]的值就是哪种。

（这是基础，要理解！）

这里是用二位数组存储的，可以把空间优化，用一位数组存储。

用f[0..v]表示，f[v]表示把前i件物品放入容量为v的揹包里得到的价值。把i从1~n(n件)循环后，最后f[v]表示所求最大值。

*这里f[v]就相当于二维数组的 f[i][v]。那么，如何得到f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]+w[i]？（重点！思考）
首先要知道，我们是通过i从1到n的循环来依次表示前i件物品存入的状态。即：for i=1..N
现在思考如何能在是f[v]表示当前状态是容量为v的揹包所得价值，而又使f[v]和f[v-c[i]]+w[i]标签前一状态的价值？

逆序！

这就是关键！

for i=1..N
   for v=V..0
        f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};

分析上面的代码：当内循环是逆序时，就可以保证后一个f[v ]和 f[v-c[i]]+w[i] 是前面状态的！（ps：的确如此！，反过来想，假如顺序的话，那么就拿i=1时来讲，c[0]=1, c[1]=0, c[2]=0, c[3]=4, c[4]=4, c[5]=4, c[6]=8, c[7]=8, c[8]=8, c[9]=12, c[10]=12，明显是错的，而逆序就避免了这样情况~赞！）
这里给大家一组测试数据：

测试数据：
10,3
3,4
4,5
5,6

这个图表画得很好，借此来分析：

C[v]从物品i=1开始，循环到物品3，期间，每次逆序得到容量v在前i件物品时可以得到的最大值。（请在草稿纸上自己画一画）

这里以一道题目来具体看看：

题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2602

代码：http://www.wutianqi.com/?p=533

分析：

具体根据上面的解释以及我给出的代码分析。这题很基础，看懂上面的知识应该就会做了。

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完全揹包：

完全揹包(CompletePack): 有N种物品和一个容量为V的揹包，每种物品都有无限件可用。第i种物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入揹包可使这些物品的费用总和不超过揹包容量，且价值总和最大。

完全揹包按其思路仍然可以用一个二维数组来写出：

f[i][v]=max{ f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i] (0<=k*c[i]<=v) }

同样可以转换成一维数组来表示：

伪代码如下：

for i=1..N
    for v=0..V
        f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}

顺序！

想必大家看出了和01揹包的区别，这里的内循环是顺序的，而01揹包是逆序的。
现在关键的是考虑：为何完全揹包可以这么写？
在次我们先来回忆下，01揹包逆序的原因？是为了是max中的两项是前一状态值，这就对了。
那么这里，我们顺序写，这里的max中的两项当然就是当前状态的值了，为何？
因为每种揹包都是无限的。当我们把i从1到N循环时，f[v]表示容量为v在前i种揹包时所得的价值，这里我们要添加的不是前一个揹包，而是当前揹包。所以我们要考虑的当然是当前状态。
这里同样给大家一道题目：

题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1114

代码：http://www.wutianqi.com/?p=535（分析代码也是学习算法的一种途径，有时并不一定要看算法分析，结合题目反而更容易理解。）

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多重揹包

多重揹包(MultiplePack): 有N种物品和一个容量为V的揹包。第i种物品最多有n[i]件可用，每件费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入揹包可使这些物品的费用总和不超过揹包容量，且价值总和最大。

这题目和完全揹包问题很类似。基本的方程只需将完全揹包问题的方程略微一改即可，因为对于第i种物品有n[i]+1种策略：取0件，取1件……取n[i]件。令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的揹包的最大权值，则有状态转移方程：

f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k<=n[i]}

这里同样转换为01揹包：

普通的转换对于数量较多时，则可能会超时，可以转换成二进制.

【关于多重揹包的优化，贴上DD大牛的原话：

仍然考虑二进制的思想，我们考虑把第i种物品换成若干件物品，使得原问题中第i种物品可取的每种策略——取0..n[i]件——均能等价于取若干件代换以后的物品。另外，取超过n[i]件的策略必不能出现。

方法是：将第i种物品分成若干件物品，其中每件物品有一个系数，这件物品的费用和价值均是原来的费用和价值乘以这个系数。

使这些系数分别为 1，2，4，...，2^(k-1),n[i]-2^k+1，且k是满足n[i]-2^k+1>0的最大整数。例如，如果n[i]为13，就将这种物品分成系数分别为1,2,4,6的四件物品，这样的4件物品可以组合成0~13。

分成的这几件物品的系数和为n[i]，表明不可能取多于n[i]件的第i种物品。另外这种方法也能保证对于0..n[i]间的每一个整数，均可以用若干个系数的和表示，这个证明可以分0..2^k-1和2^k..n[i]两段来分别讨论得出，并不难，希望你自己思考尝试一下。

这样就将第i种物品分成O(log n[i])种物品，将原问题转化为了复杂度为O(V*∑log n[i])的01揹包问题，是很大的改进。

下面给出O(log amount)时间处理一件多重揹包中物品的过程，其中amount表示物品的数量：

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)

希望你仔细体会这个伪代码，如果不太理解的话，不妨翻译成程序代码以后，单步执行几次，或者头脑加纸笔模拟一下，也许就会慢慢理解了。

以poj1014为例

代码这里

】

对于普通的。就是多了一个中间的循环，把j=0~bag[i]，表示把第i中揹包从取0件枚举到取bag[i]件。

给出一个例题：

题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2191

代码：http://www.wutianqi.com/?p=537

补充：

分组揹包问题

问题

有N件物品和一个容量为V的揹包。第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。这些物品被划分为若干组，每组中的物品互相冲突，最多选一件。求解将哪些物品装入揹包可使这些物品的费用总和不超过揹包容量，且价值总和最大。

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[编辑]算法

这个问题变成了每组物品有若干种策略：是选择本组的某一件，还是一件都不选。也就是说设f[k][v]表示前k组物品花费费用v能取得的最大权值，则有：

   f[k][v]=max{f[k-1][v],f[k-1][v-c[i]]+w[i]|物品i属于组k}

使用一维数组的伪代码如下：

for k=1..n
   for v=V..0 // 注意容量放在费用外
       for 所有的i属于组k
           f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}

注意这里的三层循环的顺序

"for v=V..0”这一层循环必须在“for 所有的i属于组k”之外

这样才能保证每一组内的物品最多只有一个会被添加到揹包中。原因可参考http://www.cppblog.com/Onway/articles/122695.html

小结

分组的揹包问题将彼此互斥的若干物品称为一个组，这建立了一个很好的模型。不少揹包问题的变形都可以转化为分组的揹包问题.

二维费用揹包问题

二维费用的揹包问题是指：对于每件物品，具有两种不同的费用；选择这件物品必须同时付出这两种代价；对于每种代价都有 一个可付出的最大值（揹包容量）。问怎样选择物品可以得到最大的价值。设这两种代价分别为代价1和代价2，第i件物品所需的两种代价分别为a[i]和 b[i]。两种代价可付出的最大值（两种揹包容量）分别为V和U。物品的价值为w[i]。
费用加了一维，只需状态也加一维即可。设f[i][v][u]表示前i件物品付出两种代价分别为v和u时可获得的最大价值。状态转移方程就是：
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，可以只使用二维的数组：当每件物品只可以取一次时变量v和u采用逆序的循环，当物品有如完全揹包问题时采用顺序的循环。当物品有如多重揹包问题时拆分物品。