背包问题九讲学习小记[通俗易懂]

大家好，又见面了，我是你们的朋友全栈君。

前言

有些大佬小学就啃完背包问题九讲了，%%%%%。
细节落实要细致。

原目录（大致意思）

1 01背包
2完全背包
3多重背包
4 123讲的综合
5二维费用的背包问题
6分组背包
7依赖性背包
8泛化物品
9一些变式

理清文章思路

先呈上2张概念图表。

解释此图。
背包问题是DP问题中的一种。问题的模型是，将一些物品（有序地/无序地）放入有容量的背包，然后问最大价值，或者其他问题。
物品的概念：一般的物品，有固定的体积、价值；泛化物品，就是物品的容量和价值是不固定的，换句话说，物品的价值随它的容量而变化。泛化物品能够表示所有的物品。
背包有如下几种：
基础的：01背包，多重背包，完全背包。实际上将多重背包，完全背包的物品进行拆分后，都是01背包。
综合的：
分组背包。每组物品只能够选其中的0件或1件。
01,多重,完全背包的混合（解决问题的方法：只需判断该物品属于哪种背包即可）。
二维费用背包。就是背包的体积是二维的，对应地，还可以理解为花费是二维的。
依赖性背包：就是树形背包。
变式：学会了这一部分的问题能够解决其他的一些DP问题。

通过解决背包问题，我学会了解决某些DP的技巧。
空间上，时间上，还有搜索顺序上的。
时间的优化是最主要的，通过$O(V)$的时间去重，让每种容量的物品只保留最高价值的。
通过$O(K)$的时间选取最优值，也是一种巧妙的技巧。我记得，NOIP2016蚯蚓的那题的解题思路的基本原理跟这个相差无几。

这两张图表中的知识似乎没有联系？
看下面的图。

按照箭头的颜色以及编号，先谈对这些优化的理解。
优化1，如果01背包的空间减小一维，那么枚举容量的时候需倒序。
优化2，通过合并物品，在DP中枚举物品的件数，转化为01背包问题。（描述得有点不清楚）
优化3，单调队列优化，通过改变枚举背包容量的方式，将$O(V\ast \sum m[i])$的复杂度将至$O(VN)$
优化4，将$m$个物品的限制，可以拆成$log$个物品，从而表达出$0...m[i]$这些物品的数量。
优化5，从小到大枚举容量。
优化6，见优化2。
优化7，见优化2。
优化8，见优化5。
优化9，见优化4。
优化10，选择附件的方式能够将一些有冲突的物品归为一组。广泛地，选出一些有冲突的物品，归为一组。做分组背包问题。
优化11，通过$O(K)$的时间选取最优值，也是一种巧妙的技巧。
优化12，改变枚举物品的方式，比如按照编号从大到小枚举。
优化原理：DP状态及他们之间的转移关系可视为DAG，寻找最优方案的时候，记录的是目前的最优值通过走DAG中的哪条边得来。这能够应用于寻找字典序最小最优解。
优化13，基于DFS序的背包解决树形依赖背包。记住，在DP的时候，枚举DFS序究竟是顺序的，还是倒序的，这个要很清楚。
优化14，让相同容量的物品，只保留价值最大的那一个。这可以应用到所有的背包问题中。
然而这也只是DP的解决方案中的冰山一角，下面就是要学的内容。

要学什么

前3讲分别讲得是01背包，完全背包以及多重背包。
后面6讲讲得是综合性的问题。
看完这9讲之后，尝试对各种背包问题归类。
最重要地，背包问题要与其他DP问题联系起来。

开始口胡前三讲

一般地，设背包容量为$C$，设每个物品的体积为$v[i]$，每个物品的价值为$w[i]$
对于01背包： 每种物品最多只有1件。

for i=1 to n
    for j=C to v[i]
        f[j]=max(f[j-v[i]]+w[i])

时间复杂度$O(n^2)$
空间复杂度$O(n)$

对于完全背包（无限背包）
每个物品有无限件。
实际上每件物品最多只有$\lfloor \frac{C}{v[i]}\rfloor$件。
没有优化的：
$$f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-k\ast v[i]]+k\ast w[i])$$
优化①，如果$w[i]\le w[j],v[i]\ge v[j]$，显然将物品$j$删除。
但这个优化没优化多少。
优化②，将$\lfloor \frac{C}{v[i]}\rfloor$转化为二进制。
比如$\lfloor \frac{C}{v[i]}\rfloor =13$，拆成$1,4,8$
则问题转化为01背包。
这个优化使效率提高了不少。
优化③
将代码改为：

for i=1 to n
    for j=v[i] to C
        f[j]=max(f[j-v[i]]+w[i])

为什么对？
因为j正着循环，考虑了物品i放$[1,\lfloor \frac{C}{v[i]}\rfloor ]$个的情况。

多重背包：第i种物品最多有$m[i]$件。
问题的转化：转化为01背包和完全背包问题。
比如$m[i]=13$，拆成$1,4,8$
如果$m[i]\ge \lfloor \frac{C}{v[i]}\rfloor$，则第i种物品归属完全背包。
否则归属01背包。
时间复杂度：$O(C\ast \sum m[i])$
当然，更优的做法：
希望用单调队列来解决此问题。
优化原理：取模的思想。
$$f[j]=max(f[j-k\ast v[i]]+k\ast w[i])$$
j可以看成$k\ast v[i]+b$
考虑另外一种枚举的方式。
枚举b（余数）
现在要求$(f[k\ast v[i]+b]-k\ast w[i])$的最大值。
首先，$f[k\ast v[i]+b]=max(f[(a-k)v[i]+b]+k\ast w[i])$
令$k^{\prime }=a-k$
原方程可化为$f[k\ast v[i]+b]=max(f[k^{\prime }\ast w[i]+b]-k^{\prime }\ast w[i]+a\ast w[i])$
观察式子，$a\ast w[i]$是不变的，而$f[k^{\prime }\ast w[i]+b]-k^{\prime }\ast w[i]$可以看成$k^{\prime }$的函数。
所以， F ( a ) = m i n { F ( k ′ ) } + a ∗ w [ i ] F(a)=min\{F(k')\}+a*w[i] F(a)=min{
F(k′)}+a∗w[i]
经典的单调队列优化，解决此问题。
时间复杂度：$O(nC)$

背包综合

前三讲背包综合

01，完全，多重背包的混合？
将困难的问题转化成一个个简单的问题。
判断出哪些物品归属01/完全/多重背包即可。

for i=1 to n
    if 第i件物品∈01背包 ...
    else
    if 第i件物品∈完全背包 ...
    else
    if 第i件物品∈多重背包 ...

这3类背包的综合应用题实际上是很多的。

二维费用背包问题

对于物品i，有两种类型的代价，选择物品i的时候，同时要花费这两种代价。
f [ i ] [ u ] [ v ] = m a x { f [ i − 1 ] [ u ] [ v ] , f [ i − 1 ] [ u − c 1 [ i ] ] [ v − c 2 [ i ] ] + w [ i ] } f[i][u][v]=max\{f[i-1][u][v],f[i-1][u-c_1[i]][v-c_2[i]]+w[i]\} f[i][u][v]=max{
f[i−1][u][v],f[i−1][u−c1​[i]][v−c2​[i]]+w[i]}
可以将空间的复杂度优化一下。
f [ u ] [ v ] = m a x { f [ u ] [ v ] , f [ u − c 1 [ i ] ] [ v − c 2 [ i ] ] + w [ i ] } f[u][v]=max\{f[u][v],f[u-c_1[i]][v-c_2[i]]+w[i]\} f[u][v]=max{
f[u][v],f[u−c1​[i]][v−c2​[i]]+w[i]}

挖掘题目隐含条件

二维费用，这种条件在题目中会被很隐含地给出来。
看这道例题。
TOJ3596
有N张光盘，每张光盘有一个价钱$c[i]$，现在要从N张光盘中买M张，预算为L，每张光盘有一个快乐值$w[i]$，要求在不超过预算并且恰好买M张，使得快乐值最大。
如果只问不超过m张，那么很好办。
但是如果同时要满足买M张，那么必须开多一维。
题目中有一个隐含的条件：购买的光盘数量是第二维代价。（每张光盘的代价为1）
$f[u][v]=min(f[u][v],f[u-1][v-c[i]]+w[i])$

涉及复整数域的问题

问题
背包的容量和物品的费用都是复整数。
跟一维背包没有太大区别，只不过同时维护两维信息罢了。
换句话说，只不过是数域发生了改变，其他什么的没有变化。

思想

增加一维状态满足新限制。

分组背包

问题：有n件物品，背包容量为C。
第i件物品体积为$v[i]$，利益为$w[i]$
将n件物品分为K组，每组物品最多选一件。
求所装物品的体积和不超过C的情况下，最大价值和。

解题思路

每组选0件还是选1件。
所以可以得出式子
$$f[k][j]=max(f[k-1][j],f[k-1][j-v[i]]+w[i]|i\in 第k组物品)$$
如果空间需要优化，那么关于花费的状态需倒序枚举。
优化后的伪代码：

for k=1 to K
    for j=C downto min(v[i],i∈第k组)
        for i∈第k组
            f[j]=max(f[k-1][j],f[k-1][j-v[i]]+w[i]);

还有优化？
如果$w[i]\le w[j],v[i]\ge v[j]$，显然将物品$j$删除。
时间复杂度：$O(V+N)$
V是总体积。N是物品个数。
去掉log的方法，就是计数排序（桶排）
提示：体积为$v_1$中，价值最大的物品是已知的。

依赖性背包问题

原条件跟背包问题前3讲差不多。
只不过增加了一个条件。
选择了物品i，需要先选择物品j。
NOIP2006金明的预算方案
选择一个主件，每个主件可以选择若干个附件。
问题该向哪个方向转化？
转化为分组背包问题。

依照什么分组？
每个主件可以选择它的附件，这些附件随便选。（设主件k有a[k]个附件）
对于主件k，有$2^{a[k]}$种选择方案，每种选择方案可以看作是一件物品。
这些物品是同一组的，所以用分组背包解决。
问题来了。
每组的物品很多。
考虑将物品的数量变为$O(V)$个。用$O(V+N)$的去重方法即可。
然后复杂度变成$O(nV)$了。
和图的联系：
相当于一片森林，深度的最大值为1。（根深度为0）
如果深度的最大值>1，那么问题该如何解决？
此时引入第8讲，泛化物品的概念。
问题会在后文给出答案。

泛化物品

一个物品，无固定的费用与价值。
它的价值随它被分配的费用而变化
从特殊到一般的思想
01背包，完全背包，多重背包就是一些特殊的情况。
物品i的价值是一个函数$h_i(v)$
01中背包物品i的函数：
$$h_i(v)=\{\begin{array}{ll}w[i]& \text{v=v[i]}\\ 0& \text{others}\end{array}$$
多重背包的物品i的函数
$h_i(v)=w[i]\ast v,v\in [0,m[i]]$
完全背包的物品i的函数
$h_i(v)=w[i]\ast v,v\in [0,\lfloor \frac{C}{v[i]}\rfloor ]$
一个泛化物品组h，它的价值用函数表示如下：
$h(v)$为体积为v的物品的最大价值。
如果这些物品的体积都没有v，则$h(v)=0$

泛化物品的DP

目标：求解一个泛化物品f的关于物品体积的函数$f(v)$
如果f是泛化物品f1与f2的和，则
f ( v ) = m a x { f 1 ( v 1 ) + f 2 ( v − v 1 ) } , v 1 ∈ [ 0 , v ] f(v)=max\{f1(v_1)+f2(v-v_1)\},v_1∈[0,v] f(v)=max{
f1(v1​)+f2(v−v1​)},v1​∈[0,v]

总而言之，可以通过一系列的泛化物品的加和操作，得到最终问题的解。
在《背包九讲2.0》中，有这么一句好话：

一个背包问题中，可能会给出很多条件，包括每种物品的费用、价值等属性，物品之间的分组、依赖等关系等。但肯定能将问题对应于某个泛化物品。


我的理解：
物品的定义已由特殊到一般。泛化物品已经能够表示所有的物品，这个过程相当于给物品一个新的定义。

泛化物品的DP，最关键的步骤

通过DP来合并出一个新的泛化物品。与**DP的最优子结构**有很大的联系：通过DP来使得目前代表泛化物品的函数记录着最优值。 ### 回到之前的问题 如果深度的最大值>1，那么问题该如何解决？ （也就是附件也有它的附件集合） 显然动用树形背包。 处理父节点的信息之前，就应该处理好它子树的信息。 换句话说，泛化物品x就是它的子树的泛化物品之和。 问题来了。复杂度怎么优化。这种赤裸裸的算法是$O(n^3)$的。 显然的优化：基于DFS序的DP。 这个优化基于DP的最优子结构性质。 求出DFS序，$f[i][j]=max\{f[i+1][j-v[x]]+w[x],f[i+siz[x]][j]\}$。 其中，x是DFS序中第i个元素。 这样就能够$O(n^2)$解决问题了。 推荐做如下的一道题目：[请转此处](https://blog.csdn.net/Psaily/article/details/81951022) 这就是树形依赖背包的一个最简单的版本。 ## 一些变式 将变式问题特意分出一个单元来讲。 ### 变式0 求解最多可以放多少件物品。 解法很显然。 ### 变式1 求具体方案。
解法原理：需要求出每一个状态$f[i][v]$究竟从何处转移过来。 （DP状态之间的转移关系可以看成是一个DAG） 以01背包为例，$f[i][v]=max\{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]\}$ 判断$f[i][v]$的值是等式右边的2个值的哪一个即可。

空间优化后，可以写如下写法：
设$g[v][0]$表示$v-c[g[v][1]]$，$g[v][1]$表示最后装了哪个物品，使得背包容积变成$v$。

i=n;
v=V';
while(v){
    选择物品g[v][1]
    v=g[v][0];
}

变式2

字典序最小
也就是说，需要给出$1..n$号物品中求出最优解，且字典序最小。
先举01背包为例。
考虑目前处理的问题是什么
设目前需要解决的问题是$solve(V,1..n)$
假设最优解中含有1号物品，那么问题转化成$solve(V-c_1,2..n)$
否则，问题转化成$solve(V,2..n)$.
所以，问题的解决方案就是按照编号从n~1，转变式1。
完全背包，多重背包也是一样的解法。

小结变式1和2

虽然这里只给出了01背包的具体例子，但是其他背包的变式1、2的类似解法也是很好实现的。
抓住重点即可。

①弄清楚现在要解决什么问题，即$solve(状态)$
②需要求出每一个状态$f[i][v]$究竟从何处转移过来。

变式3

与计数式DP结合。
还是那句老话，需要求出每一个状态$f[i][v]$究竟从何处转移过来。
只要明确了这一点，那么转移的时候，判断一下就好了。

变式4

求第k优解。
时间复杂度：$O(VNK)$
我目前解决的一个求第k优解的问题，就是求第K短路。这道题目用A*解决。
最关键的部分在哪里？
选完最优的，剩下的最优解即为第2优的，
以此类推下去，做k次就能够得到第k优解。
核心思想：合并方程时同时维护好前k优的解。
就以多重背包为例，(由于太弱了，所以只会$O(V\ast \sum log(m[i])\ast K)$的解法)
对于下面的式子，请注意：物品有$\sum log(m[i])$个，而不是$n$个。
多重背包的DP方程:$$f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-c[i]]+w[i])$$
设$f[i][j][k]$表示做到第i个物品（加了二进制优化之后），第k优的值。
相当于现在有2k个候选值，选出k个来。
这2k个候选值就是:$f[i-1][j][1...k],g[i-1][j-c[i]][1..k]$和$g[i-1][j-c[i]][k]=f[i-1][j-c[i]][k]+w[i]$
选出k个，只需要$O(k)$的复杂度。
一般人不会这么无聊，所以k一般不会很大。
毒瘤题：求严格第k优的解的个数…
谁会啊？

总体小结

①背包问题的内容很多。由背包问题引申出来的DP问题数不胜数。
②通过学习背包问题，更应该受到其中的一些思想、各种各样的解法的启发，从而运用到日常的DP练习。
③需要整理思想、各种各样的解法的巧妙原理，将他们联系起来。