完全背包问题

前言

没有接触过01背包的不推荐先搞别的背包问题，思路可能会不清楚或绕在一起，效果反而不好，建议先理解透彻01背包：01背包问题

完全背包问题

样题：完全背包问题

先来分析一下完全背包问题与01背包问题的相同点和不同点：

01背包	完全背包
每件物品只有$1$件	每种物品有$\infty$（无限，不懂数学的小伙伴们要加油了）件（并不是真的有$\infty$件，后面会讲到代码中的上限）
每件物品有两个属性：重量$w$和价值$c$	每种物品有两个属性：重量$w$和价值$c$
递推方式：逆推	递推方式：顺推，以后会讲为什么

思路

好啦，那么我们从这里开始讲解思路。
首先是输入和初始化部分 （只要有手就行），这部分我就不多做赘述了。

之后是重点。

核心代码思路（朴素版）

这个其实就是吧原本的完全背包换成了01背包来求解。
首先我们来讨论在上文表格中说的 “并不是真的有$\infty$件”。事实也确实是这样，它是有上限和下限的。
下限我们都很清楚，就是$0$。
上限呢？
It depends.（这要看情况而定）
好了，有点扯远了(￣ー￣)。其实上限有一个限制条件：那就是物品总重量不超过$j$，用条件语句写出来就是：$k\times w[i]\le j$，这里的$k$指当前物品的件数，由下限一直增加到上限。

循环结构

// 外面的东西
for (int k = 0; k * w[i] <= j; ++k) {
	// 状态转移方程
}
// 输出答案

状态转移方程

跟01背包没啥区别，但是要注意减去的重量是$k$倍的，增加的价值也是$k$倍的。
状态转移方程如下：
$dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-k\times w[i]]+k\times c[i])$

代码

#include <iostream>
using namespace std;

int main()
{
    int n, m;
    cin >> m >> n;
    const int N = n + 1, M = m + 1;
    int w[N], c[N], dp[N][M];
    for (int i = 1; i < N; ++i) cin >> w[i] >> c[i];
    for (int i = 0; i < N; ++i)
        for (int j = 0; j < M; ++j)
            dp[i][j] = 0;
    for (int i = 1; i < N; ++i)
        for (int j = m; j >= 1; --j)
            for (int k = 0; k * w[i] <= j; ++k)
                dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - k * w[i]] + k * c[i]);
    cout << dp[n][m];
}

核心代码思路（优化版）

压缩数组

这次我们还是通过压缩数组和状态转移方程来优化。
实际上我们可以顺着递推，也就是需要覆盖数据。
为什么呢？因为我们希望放的东西累加起来，所以不能使用旧数据，而是使用累加过的新数据。
这样就完成了压缩数组。

状态转移方程式（优化版）

状态转移方程如下：
$dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+c[i])$
是的，你没有看错！
这就是妥妥的01背包状态转移方程!!!
可是注意区别：

01背包	完全背包
逆推，使用旧数据，不会累加价值	顺推，使用新数据，会累加价值

代码（优化版）

#include <iostream>
using namespace std;

int main()
{
    int n, m;
    cin >> m >> n; //size, numbers of things
    const int N = n + 1, M = m + 1;
    int w[N], c[N], dp[M];
    for (int i = 1; i < N; ++i) cin >> w[i] >> c[i];
    for (int i = 0; i < M; ++i) dp[i] = 0;
    for (int i = 1; i < N; ++i)
        for (int j = w[i]; j <= m; ++j) dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + c[i]);
    cout << "max=" << dp[m];
}

世界因为代码变短、变有用、变漂亮、变得能够输出正确答案而明亮起来 (*´ﾟ∀ﾟ｀)ﾉ

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