母函数及背包学习小结

最新推荐文章于 2021-01-30 00:12:20 发布

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本文介绍了01背包和完全背包的概念及其实现方法，并给出了相应的代码模板。同时，文章还讲解了如何使用母函数解决硬币组合问题。

最近按宇神的blog学了学背包，写了几道题，现在做一下总结。。。。。

（学的较浅，如有不对，还请指正 Q A Q）

首先是背包的分类：A . 0 1 背包，完全背包，多重背包；

先学了01背包和完全背包

分别来解释一下两种背包的含义：

{

01背包：有一个总容量为M的背包要放进N个物品，物品重量为d，物品的价值为V，每个物品只能放一次，问放哪些物品可以使放的物品总价值最大;

完全背包：有一个容量为M的背包，有N种物品，每种物品有无限个，问怎么放可以使背包总价值最大；

}

考虑01背包：每个物品只能有两种选择--->放或者不放，（这也是01背包名称的由来，0代表不放，1代表放）

那么第 i 个物品的选择不同就会导致背包状态的不同：用F[N,M]函数来表示背包的总价值，放第i个物品时背包的价值

F[i,m]=max{F[i-1,m],F[i-1,m-d[i]]+v[i]},这个状态转移方程的意义为轮到放入第i个物品时的价值由不放这个物品或者放了这个物品的价值这两者的价值最大者决定；所以说第i个物品的状态由上一个物品决定。

于是我们定义一个数组dp，用dp[j]来表示背包物品总重量为j的价值，从M到的d[i]遍历一下,就可以得到结果；

POINT:1.dp[j]=max(dp[j],dp[j-d[i]]+v[i]) （状态转移方程）；

2.由于每个物品只能拿一次，所以为了不重复拿物品，第二层循环要倒序；

（解释POINT2）例子：

最初假设初始化dp为0，然后第一个物品wi = 2，vi = 3；正序遍历的时候，第一次：dp[2] = 3，之后dp[4] = max(dp[4], dp[4 - 2] + 3) = 6；然而这个物品只有一件，所以dp[2]=dp[4]=3;

下面是01背包的模板：

#include<cstdio>
const int maxn=100;
int dp[maxn];
int d[maxn],v[maxn];
int main()
{
	cin>>n>>m;
	for(int i=0;i<n;i++)
		scanf("%d %d",&d[i],&v[i]);
	for(int i=0;i<n;i++)
		for(int j=m;j>=d[i];j--)//倒序是保证i物品的状态是由i-1推出，不会受到i-2,i-3...物品的影响 
			 dp[j]=max(dp[j],dp[j-d[i]]+v[i]);
	return 0;
}

完全背包：由定义我们可以知道，每个物品可以拿多次，所以我们直接正序遍历就行了；其他和01背包一样；

状态转移方程也是一样；

下面是完全背包的模板：

#include<cstdio>
const int maxn=100;
int dp[maxn];
int d[maxn],v[maxn];
int main()
{
	cin>>n>>m;
	for(int i=0;i<n;i++)
		scanf("%d %d",&d[i],&v[i]);
	for(int i=0;i<n;i++)
		for(int j=a[i];j<=m;j++) 
			 dp[j]=max(dp[j],dp[j-d[i]]+v[i]);
	return 0;
}

关于dp数组初始化问题；

一般关于背包的问题有两种问法：恰好装满背包，没有要求恰好装满，第一种问法的话，那么除了dp[0]=0以外，其他均为负无穷，这是因为初始时候只有背包为0有合法解0，其他没有；第二种的话都初始化为0，因为开始没有放进一个物品，所以都为0；

母函数：假如有三种硬币，面值分别为1,2,5，问组成价值为K的硬币有多少种方法；

每种硬币的数目为num1,num2,num3;

G(x)=(1+x+x^2+x^3+...x^num1)(1+x^2+x^4+...x^(2*num2))(1+x^5+x^10+...x^(10*num3));

那么运算完后，设x^n前面的系数为an,那么组成价值为n的钱数的组合数为an;

我们将x的幂当做价值，这样看的话，第一个多项式就是(x^0+x^1+x^2+....x^num1）,意思为拿一个一元硬币，拿两个一元硬币，拿num1个硬币；剩下两个多项式同理，那么我们将其相乘，幂相加，再合并同类项，就能得到结果；

展开一下上面的多项式：G(x)=1+a1*x+a2*x^2+......an*x^n;

我们把G(x)称为序列a1,a2,a3....an的母函数；

这种求硬币的母函数为普通型母函数；

下面是普通型母函数的模板：

#include<cstdio>
#include<cstring>
const int maxn=100;
int c1[maxn],c2[maxn];
int cent[3]={1,2,5};
int M;//最大可能得到价值，M=num1+2*num2+5*num3; 
int main()
{
	cin>>M;
	for(int i=0;i<=M;i++)
		c1[i]=1;
	memset(c2,0,sizeof(c2));
	for(int i=0;i<3;i++)
	{
		for(int j=0;j<=M;j++)
			for(int k=0;k+j<=M;k+=cent[i])
				c2[k+j]+=c1[j];//中间数组记录一下 
		for(int j=0;j<=M;j++)
		{
			c1[j]=c2[j];
			c2[j]=0;
		}
	}
	for(int j=0;j<=M;j++)
		printf("%d%c",c1[j],j==M?'\n':' ');
	return 0;
}

还有一种母函数：指数型母函数；

有这样一个问题：有n个数，从这n个数选m个数，问有多少种不同的排列方法；

我们这样考虑，相当于选数，每个数可能出现mk次，由于问的是不同的排列方法，所以要除以阶乘；

比如1 1 2 5 和1 1 2 5 的排列方式是一样的，所以要去除重复的；

那么我们就可以写出他的多项式了：

G(x)=(1+x+x^2/(2!)+x^3/(3!)+....x^m1/(m1!))(1+x+x^2/(2!)+x^3/(3!)+....x^m2/(m2!))....(1+x+x^2/(2!)+x^3/(3!)+....x^mk/(mk!));

下面是其模板：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=11;
LL f[maxn];
double c1[maxn],c2[maxn];
void fa()
{
	f[0]=1;
	for(int i=1;i<maxn;i++)
		f[i]=i*f[i-1];
}
int main()
{
	fa();
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	memset(c1,0,sizeof(c1));
	memset(c2,0,sizeof(c2));
	c1[0]=1;
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		for(int j=0;j<m;j++)
			for(int k=0;k<num&&k+j<m;k++)
				c2[k+j]+=c1[j]/f[k];
		for(int i=0;i<m;i++)
		{
			c1[i]=c2[i];
			c2[i]=0;
		}
	}
	for(int i=0;i<m;i++)
		printf("%.01f%c",c1[i]*f[i],'\n':' ');	
	return 0;
}