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背包问题详解（01背包，完全背包，多重背包，分组背包）

作者：小舞很执着 | 2024-07-17 13:57:20

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01背包

目录

一、01背包问题

二维dp解法：

一维dp解法：

二、完全背包问题

​编辑

朴素写法（三重循环）：

第一次优化：

第二次优化：

三、多重背包问题

多重背包I

思路：

多重背包II

二进制优化方法：

四、分组背包问题

思路：

一、01背包问题

有 N 件物品和一个容量是 V的背包。每件物品只能使用一次。

第 i 件物品的体积是 vi，价值是 wi。

求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。
输出最大价值。

输入格式

第一行两个整数，N，V，用空格隔开，分别表示物品数量和背包容积。

接下来有 N 行，每行两个整数 vi,wi，用空格隔开，分别表示第 i 件物品的体积和价值。

输出格式

输出一个整数，表示最大价值。

数据范围

0<N,V≤1000
0<vi,wi≤1000

输入样例

  1. 4 5
  2. 1 2
  3. 2 4
  4. 3 4
  5. 4 5

输出样例：

8

二维dp解法：

动态规划数组定义：

f[i][j]表示只考虑前i件物品，当背包容量为j时的最大价值。

初始化：

  1. // f[0][0~m] = 0; 考虑0件物品，总体积不超过0~m的最大价值
  2. // 由于此时一件物品都没有所以最大价值都0
  3. // 由于之前在前面已经在全局变量中初始化过，所以此处不用再初始化

由上图，我们可以清楚的知道01背包最大价值是如何推出的

状态转移方程：对于每个物品i，我们有两种选择：不放入背包，或者放入背包。如果不放入背包，那么f[i][j] = f[i-1][j]；如果放入背包，前提是背包的容量j大于等于物品i的体积v[i]，那么f[i][j] = max(f[i-1][j], f[i-1][j-v[i]] + w[i])。选择这两种情况的最大值作为f[i][j]的值。

循环遍历： 

当前背包容量为 i 时所得最大价值，必不小于背包容量为 i - 1 时的最大价值，故先令此时背包容量的最大价值为 f[i - 1][j]，再判断是否能放的下每个不同的物品，如果能放下，则比较后取较大的值。

  1. for (int i = 1; i <= n; i++)
  2.     for (int j = 0; j <= m; ++j)
  3. 	{
  4. 	    f[i][j] = f[i - 1][j];
  5. 	    if (j >= v[i])f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - v[i]] + w[i]);
  6. 	}
  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3.  
  4. const int N = 1010;
  5.  
  6. int n, m, v[N], w[N], f[N][N];
  7.  
  8. int main()
  9. {
  10. 	cin >> n >> m;
  11.  
  12. 	for (int i = 1; i <= n; ++i)cin >> v[i] >> w[i];
  13.  
  14. 	// f[0][0~m] = 0; 考虑0件物品，总体积不超过0~m的最大价值
  15. 	// 由于此时一件物品都没有所以最大价值都0
  16. 	// 由于之前在前面已经在全局变量中初始化过，所以此处不用再初始化
  17. 	
  18. 	for (int i = 1; i <= n; i++)
  19. 		for (int j = 0; j <= m; ++j)
  20. 		{
  21. 			f[i][j] = f[i - 1][j]; // 不选择当前物品时的价值，直接继承上一个状态的价值
  22.             // 如果当前背包容量可以放下当前物品，则尝试放入，更新最大价值
  23.             if (j >= v[i]) f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - v[i]] + w[i]);
  24. 		}
  25. 	cout << f[n][m] << endl;
  26.  
  27. 	return 0;
  28. }

一维dp解法：

动态规划数组定义：

f[j]表示背包容量为j时，能装入的最大价值。

状态转移方程：

对于每个物品i，考虑是否放入背包中。若不放入，则总价值不变；

若放入，则总价值为f[j-v[i]] + w[i]（在当前容量下，放入物品i后的总价值）。

因此，状态转移方程为f[j] = max(f[j], f[j-v[i]] + w[i])。

循环遍历：

在01背包问题中，每个物品只能放一次进背包。

如果我们从最小的背包容量开始考虑放物品（即正序遍历），那么在更新较大的背包容量 j 时，较小的背包容量 j-v[i] 可能已经考虑过了物品 i。这会导致物品 i 被错误地计算两次，即它在更新 f[j-v[i]] 时被考虑过一次，在更新 f[j] 时又被考虑。因为逆序是从大到小考虑，所以，并不会发生上述重复考虑的情况（ 内层循环中，逆序一开始时，先考虑最大的容量是否能放入，这样处理，就可以使f[j-v[i]] + w[i]只计算一次，不会重复计算 ）

  1. for (int i = 1; i <= n; ++i)
  2. {
  3. 	for (int j = v[i]; j <= m; ++j)
  4. 	{
  5. 		f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
  6. 		f[i][j] = max(f[i][j], f[i][j - v[i]] + w[i]);
  7. 		// 此时上述f[j]与上述f[i][j]等价
  8. 		// 可是我们需要得到这个式子的效果
  9. 		f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - v[i]] + w[i]);
  10. 	}
  11. }

我们发现i与i - 1 差了1, 所以顺序无法得出答案，所以我们选择逆序。

  1. 	for (int i = 1; i <= n; ++i)
  2. 	{
  3. 		for (int j = m; j >= v[i]; j--)
  4. 		{
  5. 			f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
  6. 		}
  7. 	}

外层循环遍历所有物品。

内层循环从m逆序遍历到v[i]（物品体积），确保每个物品只被计算一次，防止一个物品被重复计算（即确保每个物品只被放入一次）。

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3.  
  4. const int N = 1010;
  5.  
  6. int n, m, v[N], w[N], f[N];
  7.  
  8. int main()
  9. {
  10. 	cin >> n >> m;
  11.  
  12. 	for (int i = 1; i <= n; ++i)cin >> v[i] >> w[i];
  13.  
  14. 	for (int i = 1; i <= n; ++i) // 遍历所有物品
  15.     {
  16.         for (int j = m; j >= v[i]; j--) // 逆序遍历背包容量
  17.         {
  18.             // 更新f[j]，即考虑放入当前物品i时的最大价值
  19.             f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
  20.         }
  21.     }
  22.  
  23. 	cout << f[m] << endl;
  24.  
  25. 	return 0;
  26. }

二、完全背包问题

有 N 种物品和一个容量是 V 的背包，每种物品都有无限件可用。

第 i 种物品的体积是 vi，价值是 wi。

求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。输出最大价值。

输入格式：
第一行两个整数，N 和 V，用空格隔开，分别表示物品种数和背包容积。

接下来有 N 行，每行两个整数 vi, wi，用空格隔开，分别表示第 i 种物品的体积和价值。

输出格式：
输出一个整数，表示最大价值。

数据范围：
0 < N, V ≤ 1000
0 < vi, wi ≤ 1000

输入样例

  1. 4 5
  2. 1 2
  3. 2 4
  4. 3 4
  5. 4 5

输出样例：

10

朴素写法（三重循环）：

解题思路：

动态规划数组定义：

使用二维数组f[i][j]，其中f[i][j]表示考虑前i件物品，当背包容量为j时的最大价值。

状态转移方程：

f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - v[i] * k] + w[i] * k)，这个方程考虑了不选取当前物品和选取当前物品k次两种情况下的最大价值，并取这些情况的最大值更新DP数组。

循环遍历：

  • 外层循环遍历所有物品，中层循环遍历所有可能的背包容量。
  • 内层循环遍历每个物品的可能选取次数k（即物品i可以被选取0次、1次、2次，直到k * v[i]超过当前背包容量j）。
  • 对于每种情况，更新f[i][j]为max(f[i][j], f[i - 1][j - v[i] * k] + w[i] * k)，表示考虑选取k次物品i时的最大价值。
  1. for (int i = 1; i <= n; ++i)
  2. 	{
  3. 		for (int j = 0; j <= m; j++)
  4. 		{
  5. 			for (int k = 0; k * v[i] <= j; k++)
  6. 			{
  7. 				f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - v[i] * k] + w[i] * k);
  8. 			}
  9. 		}
  10. 	}
  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3.  
  4. const int N = 1010;
  5.  
  6. int n, m, v[N], w[N], f[N][N];
  7.  
  8. int main()
  9. {
  10. 	cin >> n >> m;
  11. 	for (int i = 1; i <= n; ++i)cin >> v[i] >> w[i];
  12. 	for (int i = 1; i <= n; ++i)
  13. 	{
  14. 		for (int j = 0; j <= m; j++)
  15. 		{
  16. 			for (int k = 0; k * v[i] <= j; k++)
  17. 			{
  18. 				f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - v[i] * k] + w[i] * k);
  19. 			}
  20. 		}
  21. 	}
  22. 	cout << f[n][m] << endl;
  23.  
  24. 	return 0;
  25. }

第一次优化：

解题思路：

动态规划数组定义：

使用二维数组f[i][j]，其中f[i][j]表示考虑前i件物品，当背包容量为j时的最大价值。

状态转移方程：

如图，我们可以发现f[i,j] = max(f[i-1,j],f[i,j-v]+w[i]);这样我们，就有了新的状态转移方程。

 循环遍历：

  1. for (int i = 1; i <= n; ++i)
  2. 	{
  3. 		for (int j = 0; j <= m; j++)
  4. 		{
  5. 			f[i][j] = f[i - 1][j];
  6. 			if (j >= v[i]) f[i][j] = max(f[i][j], f[i][j - v[i]] + w[i]);
  7. 		}
  8. 	}

 和01背包二维dp类似，当前背包容量为 i 时所得最大价值，必不小于背包容量为 i - 1 时的最大价值，故先令此时背包容量的最大价值为 f[i - 1][j]，再判断是否能放的下每个不同的物品，如果能放下，则比较后取较大的值。

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3.  
  4. const int N = 1010;
  5.  
  6. int n, m, v[N], w[N], f[N][N];
  7.  
  8. int main()
  9. {
  10. 	cin >> n >> m;
  11. 	for (int i = 1; i <= n; ++i)cin >> v[i] >> w[i];
  12. 	for (int i = 1; i <= n; ++i)
  13. 	{
  14. 		for (int j = 0; j <= m; j++)
  15. 		{
  16. 			f[i][j] = f[i - 1][j];
  17. 			if (j >= v[i]) f[i][j] = max(f[i][j], f[i][j - v[i]] + w[i]);
  18. 		}
  19. 	}
  20. 	cout << f[n][m] << endl;
  21.  
  22. 	return 0;
  23. }

第二次优化：

与01背包一维dp类似，但是此处是顺序。

对于完全背包，由于每种物品可以取无限次，我们希望每个物品能够被重复考虑。因此，我们采用正序遍历背包容量的方式（即从 v[i] 到 m）。这样，在更新 f[j] 的时候，f[j-v[i]] 总是表示未选择当前物品 i 时的最大价值，因此当前物品可以被多次加入背包中，只要不超过背包容量。

因为顺序从小到大考虑，已经让每个物品被重复多次的考虑了（f[i,j-v] + w[i]已经多次重复考虑计算之前的物品，顺序时，只要有能放入的空间，就放入物品）

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3.  
  4. const int N = 1010;
  5.  
  6. int n, m, v[N], w[N], f[N];
  7.  
  8. int main()
  9. {
  10. 	cin >> n >> m;
  11. 	for (int i = 1; i <= n; ++i)cin >> v[i] >> w[i];
  12. 	for (int i = 1; i <= n; ++i)
  13. 		for (int j = v[i]; j <= m; ++j)
  14. 			f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
  15.  
  16. 	cout << f[m] << endl;
  17.  
  18. 	return 0;
  19. }

三、多重背包问题

多重背包I

有 N 种物品和一个容量是 V 的背包。

第 i 种物品最多有 si 件，每件体积是 vi，价值是 wi。

求解将哪些物品装入背包，可使物品体积总和不超过背包容量，且价值总和最大。输出最大价值。

输入格式：
第一行两个整数，N 和 V，用空格隔开，分别表示物品种数和背包容积。

接下来有 N 行，每行三个整数 vi, wi, si，用空格隔开，分别表示第 i 种物品的体积、价值和数量。

输出格式：
输出一个整数，表示最大价值。

数据范围：
0 < N, V ≤ 100
0 < vi, wi, si ≤ 100

输入样例

  1. 4 5
  2. 1 2 3
  3. 2 4 1
  4. 3 4 3
  5. 4 5 2


输出样例：

10

思路：

完全背包问题是第i件物品可以选任意多个，而多重背包只限制了第i件物品最多选s[i]个。

加上这条限制即可

状态转移方程：

f[i,j] = max(f[i - 1][j - v[i] * k] + w[i] * k); k = 0, 1, 2, 3 ..., s[i]

循环遍历：

外层循环：循环遍历所有物品

中层循环：循环遍历所有可能的背包容量

内层循环：这个循环用于考虑当前物品i可以被选择的数量，k代表选择当前物品的数量。
循环的条件k <= s[i] && k * v[i] <= j确保了两个限制：不超过物品的最大可选数量s[i]，以及所选物品的总体积k * v[i]不超过当前背包容量j

此时的时间复杂度为：100*100*100，可以正常运行。

  1. 	for (int i = 1; i <= n; ++i)
  2. 	{
  3. 		for (int j = 0; j <= m; ++j)
  4. 		{
  5. 			for (int k = 0; k <= s[i] && k * v[i] <= j; ++k)
  6. 			{
  7. 				f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - v[i] * k] + w[i] * k);
  8. 			}
  9. 		}
  10. 	}

此题如果直接使用，时间复杂度为：

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3.  
  4. const int N = 110;
  5. int n, m, v[N], w[N], s[N], f[N][N];
  6.  
  7. int main()
  8. {
  9. 	cin >> n >> m;
  10.  
  11. 	for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> v[i] >> w[i] >> s[i];
  12.  
  13. 	for (int i = 1; i <= n; ++i)
  14. 	{
  15. 		for (int j = 0; j <= m; ++j)
  16. 		{
  17. 			for (int k = 0; k <= s[i] && k * v[i] <= j; ++k)
  18. 			{
  19. 				f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - v[i] * k] + w[i] * k);
  20. 			}
  21. 		}
  22. 	}
  23. 	cout << f[n][m] << endl;
  24.  
  25. 	return 0;
  26. }

多重背包II

有 N 种物品和一个容量是 V 的背包。

第 i 种物品最多有 si 件，每件体积是 vi，价值是 wi。

求解将哪些物品装入背包，可使物品体积总和不超过背包容量，且价值总和最大。输出最大价值。

输入格式：
第一行两个整数，N 和 V，用空格隔开，分别表示物品种数和背包容积。

接下来有 N 行，每行三个整数 vi, wi, si，用空格隔开，分别表示第 i 种物品的体积、价值和数量。

输出格式：
输出一个整数，表示最大价值。

数据范围：
0 < N ≤ 1000
0 < V ≤ 2000
0 < vi, wi, si ≤ 2000

提示：

本题考查多重背包的二进制优化方法。

输入样例

  1. 4 5
  2. 1 2 3
  3. 2 4 1
  4. 3 4 3
  5. 4 5 2

输出样例：

10

思路：

该题与多重背包I的区别是数据范围变大，此时如果仍使用多重背包I中的方法，此时的时间复杂度为：1000*2000*2000 = 40亿，，时间复杂度过大需要优化。

二进制优化方法：

简而言之，就是先把同类的物品拆分成不同的组，拆分完一类物品后，再去拆下一个，将所有物品都拆分好后，就将多重背包问题转化为了01背包问题。

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2.  
  3. using namespace std;
  4.  
  5. const int N = 25000, M = 2010;
  6. //   1000*log2000
  7. int n, m, v[N], w[N], f[N];
  8.  
  9. int main()
  10. {
  11. 	cin >> n >> m;
  12. 	int cnt = 0;
  13. 	for (int i = 1; i <= n; i++)
  14. 	{
  15. 		int a, b, s; cin >> a >> b >> s;
  16. 		int k = 1;
  17. 		while (k <= s)
  18. 		{
  19. 			cnt++;
  20. 			v[cnt] = a * k;
  21. 			w[cnt] = b * k;
  22. 			s -= k;
  23. 			k *= 2;
  24. 		}
  25. 		if (s > 0)
  26. 		{
  27. 			cnt++;
  28. 			v[cnt] = a * s;
  29. 			w[cnt] = b * s;
  30. 		}
  31. 	}
  32. 	n = cnt;
  33. 	for (int i = 1; i <= n; i++)
  34. 	{
  35. 		for (int j = m; j >= v[i]; j--)
  36. 		{
  37. 			f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
  38. 		}
  39. 	}
  40. 	cout << f[m] << endl;
  41.  
  42. 	return 0;
  43. }

四、分组背包问题

给定N组物品和一个容量为V的背包。每组物品包含若干个，但在同一组内，你最多只能选择一件物品。每件物品有其对应的体积和价值。目标是选择一些物品放入背包，使得背包内物品的总体积不超过背包的容量，同时背包内物品的总价值尽可能大。

输入：

第一行输入包含两个整数N和V，分别代表物品组数和背包的容量。
接下来是N组数据。每组数据的第一行包含一个整数s_i，代表第i组的物品数量。
每组数据接下来的s_i行，每行包含两个整数v_{i,j}和w_{i,j}，分别代表第i组中第j个物品的体积和价值。
输出：

输出一个整数，代表可以放入背包中的物品的最大价值。
数据范围：

0 < N, V ≤ 100
0 < Si ≤ 100
0 < vij, wij ≤ 100

输入样例

  1. 3 5
  2. 2
  3. 1 2
  4. 2 4
  5. 1
  6. 3 4
  7. 1
  8. 4 5

输出样例：

8

思路：

分组背包问题就是在01背包问题的基础之上，多了一个在每个组中选出最优的那个物品（或者不选）。

  1. for (int i = 1; i <= n; ++i) // 遍历每一组物品  
  2. {  
  3.     for (int j = m; j >= 0; --j) // 遍历背包容量从m到0  
  4.     {  
  5.         for (int k = 0; k < s[i]; ++k) // 遍历第i组中的每个物品  
  6.         {  
  7.             if (v[i][k] <= j) // 如果当前物品可以放入背包中  
  8.             {  
  9.                 // 更新背包的最大价值，考虑放入当前物品或不放入的情况  
  10.                 f[j] = max(f[j], f[j - v[i][k]] + w[i][k]);  
  11.             }  
  12.         }  
  13.     }  
  14. }

对于每一组物品，尝试将组中的每个物品放入背包中，看看是否能够得到更大的价值。注意，中层循环是从背包容量m到0的逆序遍历，这是为了防止同一个组中的物品被重复放入背包（即保证每组中至多选择一个物品）。 

  1. #include<bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3.  
  4. const int N = 110;
  5. int n, m, v[N][N], w[N][N], s[N], f[N];
  6.  
  7. int main()
  8. {
  9. 	cin >> n >> m;
  10.  
  11. 	for (int i = 1; i <= n; i++)
  12. 	{
  13. 		cin >> s[i];
  14. 		for (int j = 0; j < s[i]; j++)
  15. 		{
  16. 			cin >> v[i][j] >> w[i][j];
  17. 		}
  18. 	}
  19. 	for (int i = 1; i <= n; ++i)
  20. 	{
  21. 		for (int j = m; j >= 0; --j)
  22. 		{
  23. 			for (int k = 0; k < s[i]; ++k)
  24. 			{
  25. 				if (v[i][k] <= j)
  26. 					f[j] = max(f[j], f[j - v[i][k]] + w[i][k]);
  27. 			}
  28. 		}
  29. 	}
  30.  
  31. 	cout << f[m] << endl;
  32.  
  33. 	return 0;
  34. }

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