【C++算法模板】背包九讲（下）：混合背包、二维费用背包、带依赖的背包、背包求方案数、背包求具体方案

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1）混合背包

时间复杂度： $O(n^2log^2)$ ，空间复杂度： $O (n)$

关键点在于将多重背包二进制优化后变成 $01$ 背包和 $01$ 背包一起处理，完全背包单独处理，其实就是混合考了几种背包的处理方式

#include<bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;

// 解题思路: 三种物品三种放法,运用每组问题的解题思路即可

const int N=1e3+5;

int n,m;
int f[N];

struct Thing {
	int kind; // 01?完全?多重?
	int v,w;
};
vector<Thing> things;

int main() {
	cin>>n>>m;
	for(int i=0;i<n;i++) {
		int v,w,s;
		scanf("%d%d%d",&v,&w,&s);
		// 01背包问题
		if(s<0) things.push_back({-1,v,w});
		// 完全背包问题
		else if(s==0) things.push_back({0,v,w});
		// 多重背包问题
		else {
			for(int k=1;k<=s;k*=2) {
				s-=k;
				things.push_back({-1,v*k,w*k}); // 转换成01背包
			}
			if(s>0) things.push_back({-1,v*s,w*s});
		}
	}
		
	// 处理所有thing
	for(auto item:things) {
		// 01背包/多重背包的处理→
		if(item.kind<0) {
			for(int j=m;j>=item.v;j--) {
				f[j]=max(f[j],f[j-item.v]+item.w);
			}
		}
		// 完全背包的处理→
		else {
			for(int j=item.v;j<=m;j++) {
				f[j]=max(f[j],f[j-item.v]+item.w);
			}
		}
	}
	cout<<f[m]<<endl;
	return 0;
}

2）二维费用背包

时间复杂度： $O(n^3)$ ，空间复杂度： $O(n^2)$

除了体积限制外加入了重量限制，处理方法和 $01$ 背包完全类似，只不过多了一重循环，和一维空间

#include<bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;

// 解题思路: 

const int N=1e3+5;
const int V=1e2+5; // 最大体积
const int M=1e2+5; // 最大载重
int n,v,m;
int f[V][M]; // 体积是i重量是j的最大价值

int main() {
	cin>>n>>v>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		// 边输入边处理
		int a,b,c;
		scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
		for(int j=v;j>=a;j--) {
			for(int k=m;k>=b;k--) {
				f[j][k]=max(f[j][k],f[j-a][k-b]+c);
			}
		}
	}
	cout<<f[v][m]<<endl;
	return 0;
}

3）带依赖的背包

时间复杂度： $O(n^3)$ ，空间复杂度： $O (n)$

#include<bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;

// 解题思路: 选子物品前必须要选父物品

const int N=1e2+5;
int n,m;
int h[N],e[N],ne[N],idx;
int v[N],w[N];
int f[N][N]; // f[i][j]:在选节点j的情况下总体积<=j,以i为根的子树的最大总收益是多少?

// 每个子节点是一个物品组,每个组里面只能选一个,就变成了分组背包问题

void add(int a,int b) {
	e[idx]=b;
	ne[idx]=h[a];
	h[a]=idx++;
}

void dfs(int u) {
	// 循环物品组
	for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]) {
		int son=e[i]; 
		dfs(son);
		// 枚举背包容量,因为一定要选择根节点
		// 所以j-v[u],01背包从大到小枚举
		for(int j=m-v[u];j>=0;j--) {
			// 枚举决策,这个组里面选哪个
			// 枚举这个子节点用哪个体积
			for(int k=0;k<=j;k++) {
				f[u][j]=max(f[u][j],f[u][j-k]+f[son][k]);
			}
		}
	}
	// 如果体积大于等于当前物品体积,把之前空出来的位置把物品价值加进去
	for(int i=m;i>=v[u];i--) f[u][i]=f[u][i-v[u]]+w[u];
	// 如果体积小于当前物品体积,整棵子树一个点都不能选
	for(int i=0;i<v[u];i++) f[u][i]=0;
}

int main() {
	memset(h,-1,sizeof h);
	cin>>n>>m;
	int root;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		int p;
		scanf("%d%d%d",&v[i],&w[i],&p); // p表示依赖关系
		if(p==-1) root=i; // -1表示根节点
		else add(p,i);
	}
	dfs(root);
	cout<<f[root][m]<<endl; // 根节点为root背包最大容量为m的最大价值
	return 0;
}

4）背包求方案数

时间复杂度： $O(n^2)$ ，空间复杂度： $O (n)$

在 $01$ 背包的基础上要求求出能得到最大价值的方案数共有多少种
若初始化 $f [1]$ 到 $f [m]$ ，那么 $f [j]$ 代表的是背包容量不超过 $j$ 时所得最大价值，为了便于统计，我们想让 $f [j]$ 表示背包容量恰为 $j$ 时的最大价值，所以需要把 $f [1]$ 到 $f [m]$ 初始化为 $- I NF$
因为最优解不一定在 $f [m]$ 空间不一定用完，所以还需要枚举出最大价值，再把最大价值对应的方案数累加起来，才是最终结果

#include<bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;

// 解题思路: 求最大价值的选法有多少种
// 为了便于统计,我们要让物理意义变为背包容量恰为j时的最大价值
// 所以要初始化为负无穷

const int N=1e3+5;
const int mod=1e9+7; // 答案很大
const int INF=1e6;

int n,m;
int f[N],g[N];

int main() {
	cin>>n>>m;
	g[0]=1; // 初始化,背包容量为0时方案数是1
	// 背包容量为[1,m]时最大价值初始化为-INF
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		f[i]=-INF;
	}
	for(int i=0;i<n;i++) {
		int v,w;
		cin>>v>>w;
		for(int j=m;j>=v;j--) {
			// 选与不选的最大值
			int t=max(f[j],f[j-v]+w);
			int s=0;
			// 看哪种方案更优,把其方案数拿过来
			// 因为有可能f[j]=f[j-v]+w,即从两个状态转移过来都可以
			// 所以写两个并列的if,可以都加
			if(t==f[j]) s+=g[j];
			if(t==f[j-v]+w) s+=g[j-v];
			if(s>=mod) s-=mod; // 手动取模
			f[j]=t;
			g[j]=s;
		}
	}
	int maxw=0;
	// 求最优解,最优解不一定是m,因为物理意义变了
	for(int i=0;i<=m;i++) maxw=max(maxw,f[i]);
	int res=0;
	// 求总的方案数
	for(int i=0;i<=m;i++) {
		if(maxw==f[i]) {
			res+=g[i];
			if(res>=mod) res-=mod;
		}
	}
	cout<<res<<endl;
	return 0;
}

5）背包求具体方案

时间复杂度： $O(n^2)$ ，空间复杂度： $O(n^2)$

#include<bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second

using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;

// 解题思路: 要求输出字典序最小的一种选法(123<31)按位比
// 看f[n][m]是从哪个状态转移过来的,若为f[n-1][m](没选),若为f[n-1][m-v[i]]+w[i](选了)
// 贪心求,如果能选第一个物品,那么必须选第一个物品,这样字典序是最小的,前面的物品能选则选
// 从后往前推,求方案从前往后推

const int N=1e3+5;
int n,m;
int v[N],w[N],f[N][N]; // 前i个物品中背包容量不超过j的方案

int main() {
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		scanf("%d%d",&v[i],&w[i]);	
	}
	// 从后往前推,这样求出来的方案才是字典序最小的
	for(int i=n;i>=1;i--) {
		// 二维
		for(int j=0;j<=m;j++) {
			f[i][j]=f[i+1][j];
			if(j>=v[i]) {
				f[i][j]=max(f[i][j],f[i+1][j-v[i]]+w[i]);
			}
		}
	}
	int i=1,j=m; // 从后往前推,最大值是f[1][m]
	// 从前往后推最大值
	while(i<=n) {
		if(j>=v[i] && f[i+1][j-v[i]]+w[i]>=f[i+1][j]) {
			cout<<i<<' ';
			j-=v[i];
			i++;
		} else {
			i++;
		}
	}
	return 0;
}

【C++算法模板】背包九讲（下）：混合背包、二维费用背包、带依赖的背包、背包求方案数、背包求具体方案

文章目录

1）混合背包

2）二维费用背包

3）带依赖的背包

4）背包求方案数

5）背包求具体方案

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