前言：揹包问题在dp中可以说是经典，作为一个acmer，到现在才正式学习dp，可以说是比较失败的。我个人比较认同一点，想要做一个比较成功的acmer，dp、搜索、数学必须精练，比较遗憾的是，对我我自身而言，并没有早早的认识到这个问题，不过现在知道了，还有一年，也不算晚。还有，我建议学揹包的童鞋，都看揹包九讲……
dp之01揹包
01揹包，做为揹包中最基础的一类揹包，必须要掌握好，当然我这里说的掌握好，并不是说，你横扫hdu或者poj等oj上01揹包模板题就可以的，记得很久以前，刚开始做揹包问题，一天在hdu水了七八道，就自以为揹包就是个模板，唉，真心不知道当时的自己是有多肤浅……….
01揹包的动态转移方程，揹包九讲上有详细的讲解，这里不再复述，就想说下，一维的和二维的转移方程都需要深刻理解，不要觉得任何时候01揹包都可以转化为1维的数组
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i]]+val[i]);
dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+val[i]);
此外，还想说下，01揹包为什么体积要从v—0？这个问题，揹包九讲上是说可以每件物品只拿一次，恩，我觉得可以自己推推，这样理解会更加深刻…….
1、UVA624（记录路径问题）
总得来说，不管是01揹包还是完全揹包，其动态转移每次只有两种状态在转移，就说这道题目，
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i]]+val[i]) 对于dp[i][j]来说，它只能使由两个状态中的一个转移过来的，要么取一件，要么不取，那么我们再开一个二维数组s[i][j]，0表示不取，1表示取，那么不取是dp[i-1][j]，取是dp[i-1][j-v[i]]+val[i]；这样，数组s[i][j]就记录下了每次动态转移的方向，在递归调用，打印路径，结果就出来了，具体可以看http://www.cnblogs.com/ziyi–caolu/archive/2013/04/10/3012578.html
2、UVA562（平分钱币问题）
题目大意：给定n个硬币，要求将这些硬币平分以使两个人获得的钱尽量多，求两个人分到的钱最小差值。
这类问题的关键就在平衡，而就这到题目而言，01揹包本身求的就是在体积小于等于sum的情况下的最大值，那么这些硬币本身既当体积又当价值，把总价值求出来/2，再套用模板……可以说比较水的平衡问题，具体看：http://www.cnblogs.com/ziyi–caolu/archive/2013/04/10/3012755.html
3、组成n块钱，有多少种的问题
这类题目，一般是这样描述的：给你n块钱，有m种钱币，每种钱币只能用一次，问组成n块钱有多少种方法……..
对于这类题目，我更多的感受是觉得是到递推题，其实，有好多的dp都是一个递推，然后记录更新状态的过程，要组成dp[j],那么假设有一个5快的钱币，那么首先要判断dp[j-5]有没有组成，这里我比较喜欢用0表示没有这个状态，>0表示这个状态存在，那么在初始化dp数组的时候，dp[0]=1；然后套用揹包模板，其动态转移方程（倒不如说递推式）为dp[j]+=dp[j-5]；
上面是常规题目，下面为01揹包的变种题：
4、poj2184（两个属性最大和，平移问题）
题意：给定两个属性,求这两个属性的和的最大值………
思路：对于这种题目，我们可以尝试将一个属性当作容量，另一个属性当作价值，然后考虑dp…….这个题目属性还可以是负数，那么可以采取平移1000个单位，使其不存在负数问题。将第一个属性往后平移1000个单位，然后推导其动态转移方程，若是dp[i]，代表当加入第一个属性加到i时，符合题意的第二个属性的最大值……题意是两个属性的和的最大值，那么动态转移方程必然不是dp[j]=max(dp[j],dp[j-s[i][0]]+s[i][1]），因为这个动态转移方程固然可以求出第二个属性的最大值，但别忘了题意要求第一个属性与第二个属性的和的最大值，那么，第一个属性平移了1000个单位，在考虑动态转移时，是必须要将这个考虑进去的。可以开一个a数组记录路径，然后根据题意，
动态转移方程应该为dp[j]=max(dp[j]-a[j]*1000,dp[j-s[i][0]]+s[i][1]-(a[j-s[i][0]]+1)*1000),一开始a数组全部赋值为0，所以需要a[j-s[i][0]]+1…..因为它新加入了一个值。考虑这个方程，dp数组的初始全部赋值为负无穷大，dp[0]=0。
注意一点，在历遍查找最大值的时候，dp[i]>0,i-a[i]*1000>0
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
#define maxx 1000005
int s[maxx][2],dp[maxx],a[maxx];
int main()
{
int n;
while(scanf("%d",&n)>0)
{
int sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d %d",&s[i][0],&s[i][1]);
if(s[i][0]<0&&s[i][1]<0)
{
i--;
n--;
continue;
}
s[i][0]+=1000;
sum+=s[i][0];
}
memset(a,0,sizeof(a));
for(int i=0;i<=sum;i++)
dp[i]=-maxx;
dp[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=sum;j>=s[i][0];j--)
if(dp[j]-a[j]*1000<dp[j-s[i][0]]+s[i][1]-(a[j-s[i][0]]+1)*1000)
{
dp[j]=dp[j-s[i][0]]+s[i][1];
a[j]=a[j-s[i][0]]+1;
}
}
int maxn=0;
for(int i=1;i<=sum;i++)
if(maxn<dp[i]-a[i]*1000+i&&dp[i]>=0&&i-a[i]*1000>=0)
maxn=dp[i]-a[i]*1000+i;
printf("%d\n",maxn);
}
return 0;
}5、hdu2639（第k优解问题）
题意：给出一行价值，一行体积，让你在v体积的范围内找出第k大的值…….（注意，不要 和它的第一题混起来，它第一行是价值，再是体积）
思路：首先dp[i][j]代表的是在体积为i的时候第j优解为dp[i][j]……那么，我们就可以这样思考，i对应体积，那么如果只是一维的dp[i]，代表的应该是体积为i时的最大值，那么同理，dp[i][1]代表的是体积为i时的最大值，那么我们就可以退出两种动态，dp[i][m],dp[i-s[i][0]][m]+s[i][1]…..然后把这两种状态开个两个数组分别保存起来，再合并出体积为i时的前k优解……依次后推，直到dp[v][k]…….
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
#define max(x,y) x>y? x:y
typedef int ss;
ss dp[1005][100],s[1005][2];
ss a[50],b[50];
int main()
{
int text;
scanf("%d",&text);
while(text--)
{
ss n,v,k;
scanf("%d%d%d",&n,&v,&k);
for(ss i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&s[i][1]);
for(ss i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&s[i][0]);
memset(dp,0,sizeof(dp));
if(k==0)
{
printf("0\n");
continue;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=v;j>=s[i][0];j--)
{
for(int m=1;m<=k;m++)
{
a[m]=dp[j][m];
b[m]=dp[j-s[i][0]][m]+s[i][1];
}
int x=1,y=1,w=1;
a[k+1]=b[k+1]=-1; //这个地方要注意，因为有可能a或者b数组先比较完
while(w<=k&&(x<=k||y<=k))
{
if(a[x]>b[y])
{
dp[j][w]=a[x++];
}
else
{
dp[j][w]=b[y++];
}
if(w==1||dp[j][w]!=dp[j][w-1]) //这是去重.....
w++;
//printf("111\n");
}
}
}
//for(int i=1;i<=k;i++)
printf("%d\n",dp[v][k]);
}
return 0;
}
6、hdu3644（带限制的01揹包）
题意：买东西，每个东西有三个特征值，p代表价格，q代表你手中钱必须不低于q才能买这个物品，v代表得到的价值。
mark：又是变种01揹包，每做一个变种的，就是一种提高。。
按照q - p以由大到小的顺序排序，然后进行01揹包的DP即可。
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
const int MAXN=5005;
int dp[MAXN];
struct Node
{
int p,q,v;
}node[505];
bool cmp(Node a,Node b)
{
return (a.q-a.p)<(b.q-b.p);
}
int main()
{
int n,m;
int i,j;
int p,q,v;
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
{
for(i=0;i<=m;i++)
dp[i]=0;
for(i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d%d%d",&node[i].p,&node[i].q,&node[i].v);
}
sort(node,node+n,cmp);
for(i=0;i<n;i++)
{
for(j=m;j>=node[i].p;j--)
{
if(j>=node[i].q)
dp[j]=max(dp[j],dp[j-node[i].p]+node[i].v);
}
}
int ans=0;
for(i=1;i<=m;i++)
if(ans<dp[i]) ans=dp[i];
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}dp之完全揹包
完全揹包较之01揹包，唯一区别就是01揹包的物品每个只能取一次，而完全揹包可以取无限次
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-v[i]]+val[i])
dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+val[i])；
1、poj3181（高精度揹包）
这道题目要用到大数加法，其他的没有什么难度，当然，你的大数加法如果写的比较挫，是会超时的……解题报告：http://www.cnblogs.com/ziyi–caolu/p/3211091.html
2、poj1787（多重揹包转化为完全揹包，以及路径记录 推荐）
题意：有四种硬币，1分，5分，10分，25分，分别有a,b,c,d种，给出一个n分钱，要求你求出组成n分钱最多需要的硬币数量，并且输出组成它的各种硬币的数量……
学到的东西：这个题目我是用两种方法做的，一个是完全揹包，一个是多重揹包。做完这个题目，我对揹包的理解可以说上了个层次……还有记录路径的方法，反过来求出各个硬币的数量，都是我以前做的题目没有涉及到的…….
要求出各个硬币有多少种，只需要记录路径，在开一个数组统计p-path[p]，为什么可以如此？很容易想到path[p]=p-v[i]
如此，p-path[p]==p-(p-v[i])==v[i]，而v[i]正好是硬币的价值……..这道题目令我思考到一个东西，一般的揹包问题的初始值都是将dp全部赋值为0的，而在这边dp[0]==1，并且在动态转移的过程中，还限制了dp[j]>0才可以转移，与揹包的模板的动态转移不同啊？为什么要这样呢？
在一般的dp题目里面，有体积，价值，所要求的不是最大价值就是最小价值，而定义的dp[i][j]意义是装有i件物品，体积为j的最大值为dp[i][j]，简化为一维的dp[j]代表的是在体积为j的时候最大价值为dp[j]。仔细观察，可以发现，在dp[j-v[i]]时，dp[j]本身就可以从dp[j-v[i]]那边得到值，因为dp[j-v[i]]这个地方，它可以组成dp[j]……也就是说，它不需要去判断在dp[j-v[i]]前面是否有数可以组成dp[j-v[i]]，因此dp[j-v[i]]为不为0，不影响最终结果……
而这个题目却不同，需要赋值dp[0]=1；在动态转移的时候还得保证dp[j-v[i]]>0，这是因为题意是要求组成n分钱需要的最多硬币数量，那么你要可以组成dp[n]，dp[n-v[i]]必须要可以组成，否则就会出错…….同理，这道题目原理如此，在做给出n分钱，每种钱币有a,b,c,…..种，求组成n分钱最多的种数，也是要赋值dp[0]=1的，原理是一样的……..
这告诫我，在做dp题目时，要仔细思考好其前后的关系，以及中间推导至最后的关系…..
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
int dp[10010],ans[10010],num[10010],path[10010];
int p,c[5]={0,1,5,10,25},t[5];
int main()
{
while(scanf("%d %d %d %d %d",&p,&t[1],&t[2],&t[3],&t[4])>0&&(p+t[1]+t[2]+t[3]+t[4]))
{
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(ans,0,sizeof(ans));
memset(path,0,sizeof(path));
dp[0]=1;
for(int i=1;i<=4;i++)
{
memset(num,0,sizeof(num));
for(int j=c[i];j<=p;j++)
if(dp[j-c[i]]&&dp[j-c[i]]+1>dp[j]&&num[j-c[i]]<t[i]) //一般来说，完全揹包的硬币是没有限制的，后一个数必然可以由前面的某个数组成，所以也就不需要dp[j-c[i]]>0，<br>但是，这次用到的完全揹包其硬币数受到了限制，也就导致有些数根本不可能组成，所以要把这些数排除
{
dp[j]=dp[j-c[i]]+1;
num[j]=num[j-c[i]]+1;
path[j]=j-c[i];
}
}
int i=p;
if(dp[p]>0)
{
while(i!=0)
{
ans[i-path[i]]++;
i=path[i];
}
printf("Throw in %d cents, %d nickels, %d dimes, and %d quarters.\n",ans[1],ans[5],ans[10],ans[25]);
}
else printf("Charlie cannot buy coffee.\n");
}
return 0;
}二进制转化为01揹包：
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
struct node
{
int num;
int cout;
int dw;
}w[20001];
int dp[20001],c[5]={0,1,5,10,25},t[5],path[20001][2],ans[20001];
int p;
int main()
{
while(scanf("%d%d%d%d%d",&p,&t[1],&t[2],&t[3],&t[4])>0&&(p+t[1]+t[2]+t[3]+t[4]))
{
int cnt=0;
for(int i=1;i<=4;i++)
{
int k=1;
while(t[i]-k>0)
{
w[cnt].num=k*c[i];
w[cnt].cout=k;
w[cnt++].dw=c[i];
t[i]-=k;
//if(i==1)
//printf("%d\n",w[cnt-1].dw);
k*=2;
}
w[cnt].num=t[i]*c[i];
w[cnt].cout=t[i];
w[cnt++].dw=c[i];
//if(i==1)
// printf("%d\n",w[cnt-1].dw);
}
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(path,0,sizeof(path));
memset(ans,0,sizeof(ans));
dp[0]=1;
for(int i=0;i<cnt;i++)
{
for(int j=p;j>=w[i].num;j--)
if(dp[j-w[i].num]>0&&dp[j]<dp[j-w[i].num]+w[i].cout) //多重揹包的二进制拆分其原理就是转化成01揹包来处理，而01揹包是从n推导至0，在i==1时，dp[n-w[i].num]+w[i].cout>dp[n]除非w[i].cout==0，否则就是必然的，但是同时，你要可以组成dp[n]，那么你首先要可以组成dp[n-w[i].num]，那么也就是说dp[n-w[i].num]必须要>0，才可以进行动态转移
{
dp[j]=dp[j-w[i].num]+w[i].cout;
//printf("%d %d %d %d\n",w[i].num,w[i].dw,w[i].cout,dp[j]);
path[j][0]=j-w[i].num;
path[j][1]=i;
}
}
//printf("%d\n",dp[p]);
if(dp[p]!=0)
{
while(p!=0)
{
int tmp=p-path[p][0];
int j=path[p][1];
ans[w[j].dw]+=w[j].cout;
p=path[p][0];
}
printf("Throw in %d cents, %d nickels, %d dimes, and %d quarters.\n",ans[1],ans[5],ans[10],ans[25]);
}
else printf("Charlie cannot buy coffee.\n");
}
return 0;
}3、poj2063题意：求投资k年获得最大投资，每年都选最大利息的方案进行投资k年后就可以得到最多的人民币。
注意：每一年收到的利息都可以作为下一年的本金……其实从测试数据来看，是很好看出来的……
思路：将每一年的“体积”加上利息就好，当然，数据太大，可以除以100减少时间和空间复杂度……
解题报告：http://www.cnblogs.com/ziyi–caolu/p/3214100.html
dp之多重揹包
1、hdu1114（水题）
2、hdu1059
题意：价值为1，2，3，4，5，6. 分别有n[1],n[2],n[3],n[4],n[5],n[6]个。求能否找到满足价值刚
好是所有的一半的方案。 思路：简单的多重揹包，我建议多重揹包都用二进制拆分优化下…….. 解
题报告：http://www.cnblogs.com/ziyi–caolu/p/3216818.html
3、poj1217
题意：有现今cash，和n种钱币，每种钱币有ni个，价值为di，求各种钱币组成的不超过cash的最大钱数
…….
思路：二进制拆分转化为01揹包，或者转化为完全揹包都是可以的。
解题报告：http://www.cnblogs.com/ziyi–caolu/p/3216827.html
4、poj2392(推荐)
题意：有k种石头，高为hi，在不超过ai的高度下，这种石头可以放置，有ci种这个石头，求这些石头所能放置的最高高度………
思路：以往的什么硬币种数，最大硬币数之类的，他们的硬币都已经是排好序了的，总是从小到大，但是这个题目不同，它有着最高高度的限制，那么在思考的时候，要得到最优的，那么首先就是要对ai排序……这是贪心，然后就是多重揹包了……..
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<string.h>
using namespace std;
struct node
{
int h;
int a;
int c;
}s[500];
int dp[50000],num[41000];
int cmp(const node p,const node q)
{
return p.a<q.a;
}
int main()
{
int n;
while(scanf("%d",&n)>0)
{
int maxx=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d %d %d",&s[i].h,&s[i].a,&s[i].c);
if(maxx<s[i].a)
maxx=s[i].a;
}
sort(s+1,s+1+n,cmp);
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
memset(num,0,sizeof(num));
for(int j=s[i].h;j<=maxx;j++)
if(dp[j-s[i].h]&&dp[j-s[i].h]+s[i].h>dp[j]&&dp[j-s[i].h]+s[i].h-1<=s[i].a&&num[j-s[i].h]<s[i].c)
{
dp[j]=dp[j-s[i].h]+s[i].h;
//printf("%d %d\n",dp[j],s[i].h);
num[j]=num[j-s[i].h]+1;
//if(dp[j]==37)
//printf("%d\n",num[j]);
}
}
int maxn=0;
for(int i=0;i<=maxx;i++)
if(maxn<dp[i])
maxn=dp[i];
printf("%d\n",maxn-1);
}
return 0;
}多维揹包
1、hdu4501
思路：将v1,v2，k都当作一种体积，每种物品只能取一次，求max…….
反思：以前写揹包，由于只有一个体积，所以习惯性的在for中，就所取的最小值限制，而在这次，因为这里导致wa了，具体是因为在多个体积限制的揹包里，当这个体积小于它的最小体积时，它可以不去减它的最小体积，而是作为一种状态来传递其他体积的限制的值…….
解题报告：http://www.cnblogs.com/ziyi–caolu/p/3217151.html
2、hdu2159
解题报告：http://www.cnblogs.com/ziyi–caolu/p/3222683.html
3、hdu3496
题意：给你n张电影门票，但一次只可以买m张，并且你最多可以看L分钟，接下来是n场电影，每一场电影a分钟，b价值，要求恰好看m场电影所得到的最大价值，要是看不到m场电影，输出0；
思路：这个题目可以很明显的看出来，有两个限制条件，必须看m场电影的最大价值……..其实我前面在01揹包时提过，对于这样的条件，要可以看第n场电影，那么相对应的第n-1场电影必须看了，否则不能进行动态转移…….我的想法是，0代表着这场电影没有看，>0代表这场电影看了。其他的就是动态转移了，很容易得到，dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-v[i]]+val[i])……..当然，在最开始的dp[0][0]=1，那么得到的最大值会在第m场电影里面，最大值需要减去初始值……..也就是1
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
int dp[105][1005],s[105][2];
int max(int x,int y)
{
if(x>y)
return x;
else
return y;
}
int main()
{
int text;
scanf("%d",&text);
while(text--)
{
int N,M,L;
scanf("%d %d %d",&N,&M,&L);
for(int i=1;i<=N;i++)
scanf("%d %d",&s[i][0],&s[i][1]);
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=N;i++)
{
for(int j=M;j>=0;j--)
{
for(int k=L;k>=0;k--)
{
if(k>=s[i][0]&&j>0&&dp[j-1][k-s[i][0]]&&dp[j][k]<dp[j-1][k-s[i][0]]+s[i][1])
{
dp[j][k]=dp[j-1][k-s[i][0]]+s[i][1];
}
}
}
}
int i,maxn=0;
for(i=0;i<=L;i++)
if(dp[M][i]>maxn)
maxn=dp[M][i];
if(maxn==0)
printf("0\n");
else
printf("%d\n",maxn-1);
}
return 0;
}4、poj2576(推荐)
题意：有一群sb要拔河，把这群sb分为两拨，两拨sb数只差不能大于1，输出这两拨人的体重，小的在前面……
思路：把总人数除2，总重量除2，之后你会发现就是个简单的二维揹包，有两个限制…..一个是人数，一个是体重，再仔细思考下，发现一定要有这么多人，也就是说一定要有总人数除以2这么多人，那么当第n个人存在，第n-1个人必须存在………
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
int dp[55][23000],a[105];
int main()
{
int n;
while(scanf("%d",&n)>0)
{
int m=(n+1)/2,sum=0,maxx=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
sum+=a[i];
}
if(n==1)
{
printf("0 %d\n",a[1]);
continue;
}
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
for(int k=sum/2;k>=0;k--)
{
if(j>0&&k-a[i]>=0&&dp[j-1][k-a[i]]&&dp[j][k]<dp[j-1][k-a[i]]+a[i])
dp[j][k]=dp[j-1][k-a[i]]+a[i];
//printf("%d\n",dp[j][k]-1);
if(maxx<dp[j][k])
maxx=dp[j][k];
}
}
}
maxx--;
//printf("%d\n",maxx);
int tmp=sum-maxx;
if(tmp<maxx)
{
int h=tmp;
tmp=maxx;
maxx=h;
}
printf("%d %d\n",maxx,tmp);
}
return 0;
}5、poj1837（天平问题 推荐）
题意：给你c（2<=c<=20）个挂钩，g（2<=g<=20）个砝码，求在将所有砝码（砝码重1~~25）挂到天平(天平长 -15~~15)上，并使得天平平衡的方法数…….
思路：（这是我木有想到的）将g个挂钩挂上的极限值：15*25*20==7500
那么在有负数的情况下是-7500~~7500 以0为平衡点……
那可以将平衡点往右移7500个单位，范围就是0~~15000……这样就好处理多了
其实我觉得以后的题目中不仅仅天平问题可以这样处理，在有负数的以及要装入数组处理的题目中，我们都可以尝试着平移简化问题……
这题目是要将所有的砝码都挂到天平上后的最多方法数，同时砝码自带质量，也就是说，这不仅仅有着“容量”的限制，还有着“件数”的限制，很明显的二维费用揹包……
每个砝码只能用一次，果断01揹包，并且在处理这一状态前，先判断前一状态是否存在……我喜欢用>0表示存在，用0表示不存在，而这个题目又是求方法数，不需要再减去1……..
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
int dp[25][16000],s[25],t[25];
int main()
{
int n,m;
while(scanf("%d %d",&n,&m)>0)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&s[i]);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d",&t[i]);
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0][7500]=1;
int sum=0;
for(int i=1;i<=m;i++) //m个砝码
{
for(int j=15000;j>=1;j--) //01揹包，每个砝码只能用一次
for(int k=1;k<=n;k++)
if(j+s[k]*t[i]>=0&&j+s[k]*t[i]<=15000&&dp[i-1][j+s[k]*t[i]]) //判断前一状态是否存在........
{
dp[i][j]+=dp[i-1][j+s[k]*t[i]];
//printf("j==%d dp==%d %d\n",j,dp[i][j],j+s[k]*t[i]);
}
//sum++;
}
printf("%d\n",dp[m][7500]);
}
return 0;
}分组揹包
1、hdu1712
题意：有n门课程，和m天时间，完成a[i][j]得到的价值为第i行j列的数字，求最大价值……
思路：分组揹包，就是第n门课程，可以做一天，可以做两天，但它们相斥，你做了一天，就不能再做一天…也就是不能再做这门课程了……
（这里少一个图片 先贴着博主的地址 http://www.cnblogs.com/ziyi–caolu/p/3234919.html）
当然这是最多取一个的算法…….
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
int dp[150],a[150][150];
int main()
{
int n,m;
while(scanf("%d%d",&n,&m)>0&&(n+m))
{
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
scanf("%d",&a[i][j]);
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++) 分成n组
{
for(int j=m;j>=1;j--) 体积
{
for(int k=1;k<=m;k++) 第i组内的各个数据
if(j-k>=0&&dp[j]<dp[j-k]+a[i][k])
dp[j]=dp[j-k]+a[i][k];
}
}
printf("%d\n",dp[m]);
}
return 0;
} 2、hdu3033(最少取一次 推荐)
题意：有n双鞋子，m块钱，k个品牌，（一个品牌可以有多种价值不同的鞋子），接下来n种不同的鞋子，a为所属品牌，b为要花费的钱，c为所能得到的价值。每种价值的鞋子只会买一双，有个人有个伟大的梦想，每个品牌的鞋子至少买一双，问他这个梦想可以实现不？不可以实现输出Impossible，可以实现输出最大价值……
思路：很容易看出来这是个分组揹包题，当然这个分组揹包有些不同于每组最多取一个的分组揹包……但我是觉得，分组揹包就这么几种问法吧
1、最常见的、最水的，每组最多取1个………（一般是隐性的，需要自己分析）
2、每组至少取1个……..（就是本题）
3、随意选，可以选，可以不选，可以只选1个，也可以选多个……（暂时还未学，马上会学）…..
对于第一种，模板题，只要你可以分析出来，那么可以水过…..
对于第二种，我想说也是模板题，当然是以本题为基础的模板………
好吧，这道题目，首先，每组至少取一个，就是说必须要取一个，那么数组dp[i][j]，代表的含义就是 前i组容量为j的情况下所得到的最大价值为dpi][j]；
同样的，我们首先思考它的状态，每组必须要取一个，那么第i组存在的情况下，第i-1组也必须存在，也是回到了前面所做揹包所说的那种“一定”、“必须”的状态，那么同样的在动态转移的时候，要判断它的前一个状态合不合法，我个人比较喜欢用0来判断不合法，>0判断合法…….初始化dp[0][0]=1，最后得到的结果减去1……我想说的是，最后的结果不一定会集中在dp[k][m]上，因为这个状态它不一定存在，也就是说，这个状态不一定合法，当然，也没有关系，我们考虑第k组一定要存在，那么扫描下dp[k][i]，取最大值就好…..
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<queue>
using namespace std;
int dp[15][10005],s[105][2],num[15][105];
queue<int>Q[105];
int main()
{
int n,m,k;
while(scanf("%d %d %d",&n,&m,&k)>0)
{
for(int i=0;i<105;i++)
while(!Q[i].empty())
Q[i].pop();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int a,b,c;
scanf("%d %d %d",&a,&b,&c);
Q[a].push(i);
s[i][0]=b;
s[i][1]=c;
}
for(int i=1;i<=k;i++)
{
int j=1;
while(!Q[i].empty())
{
num[i][j++]=Q[i].front();
//printf("i==%d %d\n",i,Q[i].front());
Q[i].pop();
}
num[i][0]=j;
} //前面都是将数据处理好
memset(dp,0,sizeof(dp)); //初始化dp
dp[0][0]=1;
int flag=1;
for(int i=1;i<=k;i++) //这是分组
{
if(num[i][0]==1) //要是有一组没有数据，那么说明，它不可能满足每组必须取一个这条件.......
{
flag=0;
break;
}
for(int f=1;f<num[i][0];f++) //不同于最多取一个的分组揹包，这里是先放每组有的物品，后放容积.......
{
int xx=num[i][f];;
for(int j=m;j>=0;j--) //至于为什么这么放？我是认为，它是一种模板.......
{
if(j-s[xx][0]>=0&&dp[i][j-s[xx][0]]&&dp[i][j-s[xx][0]]+s[xx][1]>dp[i][j]) //这个判断必须放到第一，以免重复
dp[i][j]=dp[i][j-s[xx][0]]+s[xx][1];
if(j-s[xx][0]>=0&&dp[i-1][j-s[xx][0]]&&dp[i-1][j-s[xx][0]]+s[xx][1]>dp[i][j])//这个必须放在上一个判断下面.....
dp[i][j]=dp[i-1][j-s[xx][0]]+s[xx][1];
}
}
}
int maxx=0;
for(int i=0;i<=m;i++)
if(maxx<dp[k][i])
maxx=dp[k][i];
if(maxx==0||flag==0)
printf("Impossible\n");
else
printf("%d\n",maxx-1);//最大值记得减去1
}
return 0;
}3、hdu3535（必做，三种状态都有：最少取一次，最多取一次，随意取 推荐）
题意：有0,1,2三种任务，0任务中的任务至少得完成一件，1中的任务最多完成1件，2中的任务随便做。每一个任务最多只能做一次 。n代表有n组任务，t代表有t分钟，m代表这组任务有m个子任务，s代表这m个子任务属于0,1,2中的哪种类型，接下来是m个子任务，第一个数代表要花费的时间，第二个数代表得到的愉悦度……求在可以完成工作的情况的最大愉悦度….要是不能完成，输出-1(题意要求每个子任务只能被取一次)
错误思路：我一开始想，把0，1，2这三大组任务的子任务先统计好，在dp的时候，我开dp[3][105],代表在完成3组任务体积为105的情况的最大愉悦度…….这种思路是错的，因为题目给出的n组任务是有其固定顺序，只能是按照它给出来的解决问题…….
ac思路：分为n组，每一组判断这一组是属于0,1,2三种任务中的哪一组……
若是属于0，那么将这一组的dp[i][j],j从0~~t全部置为负无穷大，然后开始动态转移…..为什么要置为负无穷大？因为只有这样才能不出现一个都不选择的情况…..其动态转移方程，，在我前一个分组揹包题目已经详细推导过，就是dp[i][j]=max(dp[i][j-v[i]]+val[i],dp[i-1][j-v[i]]+val[i],dp[i][j])
若是属于1，先将第i-1的状态传递到第i状态，在开始分组揹包的模板……最多取一个dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i]]+val[i]);
若是属于2，先将第i-1的状态传递到第i状态,随意取，那么可以不取，取任意个子任务……dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-v[i]]+val[i],dp[i-1][j-v[i]]+val[i]);
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
#define M -1000000000
int dp[105][105],s[105][2];
int main()
{
int n,t;
while(scanf("%d %d",&n,&t)>0)
{
int m,k;
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d %d",&m,&k);
for(int j=1;j<=m;j++)
scanf("%d %d",&s[j][0],&s[j][1]);
if(k!=0)
for(int j=0;j<=t;j++) // 传递状态
dp[i][j]=dp[i-1][j];
if(k==0) //至少取一个 ，分组揹包变形模板.......
{
for(int tmp=0;tmp<=t;tmp++)
dp[i][tmp]=M;
for(int tmp=1;tmp<=m;tmp++) //这层for循环必须在前面......
{
for(int j=t;j>=0;j--)
{
if(j-s[tmp][0]>=0&&dp[i][j-s[tmp][0]]+s[tmp][1]>dp[i][j])
dp[i][j]=dp[i][j-s[tmp][0]]+s[tmp][1];
if(j-s[tmp][0]>=0&&dp[i-1][j-s[tmp][0]]+s[tmp][1]>dp[i][j])
dp[i][j]=dp[i-1][j-s[tmp][0]]+s[tmp][1];
}
}
}
else if(k==1) //最多取一个 ，分组揹包模板
{
for(int j=t;j>=0;j--)
{
for(int tmp=1;tmp<=m;tmp++)
{
if(j-s[tmp][0]>=0)
{
if(dp[i-1][j-s[tmp][0]]+s[tmp][1]>dp[i][j])
dp[i][j]=dp[i-1][j-s[tmp][0]]+s[tmp][1];
}
}
}
}
else if(k==2) //随意取 ，01揹包，每个子任务只能取一次，却可以取任意个不同的子任务
{
for(int tmp=1;tmp<=m;tmp++)
{
for(int j=t;j>=s[tmp][0];j--)
{
if(dp[i][j-s[tmp][0]]+s[tmp][1]>dp[i][j])
dp[i][j]=dp[i][j-s[tmp][0]]+s[tmp][1];
if(dp[i-1][j-s[tmp][0]]+s[tmp][1]>dp[i][j])
dp[i][j]=dp[i-1][j-s[tmp][0]]+s[tmp][1];
}
}
}
}
if(dp[n][t]<0)
printf("-1\n");
else
printf("%d\n",dp[n][t]);
}
return 0;
}混合揹包
总得来说，混合揹包很容易理解，就是有的物品只能取一次，有的物品能取无限次，有的物品取得次数有限制，这样的话分别对对应情况采用01、完全、多重揹包即可。但是题目往往没有那么简单、赤裸裸的，让你一看就知道是混合揹包的，比如说下面这道题：
poj1742
题意：给你价值为a1,a2…..的货币，每种有c1,c2…….个，求这些货币所能组成的价值小于等于m有多少个…..
思路：很像一道多重揹包题？那我一开始的确是用多重揹包的思路编写的……TLE了，原来其中隐藏着一个被我忽视的一个问题，当ai*ci>=m时，我们没有必要去拆分ci了，就直接把这种情况当作完全揹包处理…….
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
int dp[100005],t[300][2];
int n,m;
int sum;
void deal1(int x)
{
for(int j=m;j>=x;j--)
if(dp[j-x]&&dp[j-x]+x>dp[j]&&dp[j-x]+x-1<=m)
{
if(!dp[j]) sum++;
dp[j]=dp[j-x]+x;
}
}
int main()
{
while(scanf("%d%d",&n,&m)>0&&(n+m))
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&t[i][0]);
}
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0]=1;
sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&t[i][1]);
if(t[i][1]*t[i][0]<m)
{
int k=1;
while(t[i][1]-k>0)
{
deal1(k*t[i][0]);
t[i][1]-=k;
k*=2;
}
deal1(t[i][1]*t[i][0]);
}
else
{
for(int j=t[i][0];j<=m;j++)
if(dp[j-t[i][0]]&&dp[j]<dp[j-t[i][0]]+t[i][0])
{
if(!dp[j]) sum++;
dp[j]=dp[j-t[i][0]]+t[i][0];
}
}
}
printf("%d\n",sum);
}
return 0;
}此次的揹包总结到此结束了，我是做完区间dp才来写这个总结的，dp说起来是很神奇，但是要是你可以推导出状态，根据状态设置好初始化，那么就不算是难……
朋友们，虽然这个世界日益浮躁起来，只要能够为了当时纯粹的梦想和感动坚持努力下去，不管其它人怎么样，我们也能够保持自己的本色走下去。