让你大呼 “ 秒哇！” 的动态规划法求解背包问题

最新推荐文章于 2025-06-12 16:57:05 发布

晚安丶

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分类专栏： ACM 文章标签：动态规划算法

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/william_munch/article/details/88090611

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本文详细介绍了背包问题的不同类型及其解决方法，包括0/1背包、完全背包、多重背包、混合背包等，并提供了相应的优化技巧和代码示例。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

0/1背包问题

二维数组+二层循环

状态转移方程：
定义f[i][j]:前 i个物品，背包所能容纳的重量 j 下的最优解

1）当前背包所能容纳的重量不够（j < w[i]），为前 i−1个物品最优解：f[i][j] = f[i-1][j]
2）当前背包所能容纳的重量够，判断选与不选第 i 个物品
选：f[i][j] = f[i-1][j-w[i]] + v[i]
不选：f[i][j] = f[i-1][j]

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int MAXN = 1005;
int w[MAXN];    // 重量 
int v[MAXN];    // 价值 
int f[MAXN][MAXN];  // f[i][j], j重量下前i个物品的最大价值 

int main() 
{
    int n, m;   
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) 
        cin >> w[i] >> v[i];

    for(int i = 1; i <= n; ++i) 
        for(int j = 1; j <= m; ++j)
        {
            //  当前重量装不进，价值等于前i-1个物品
            if(j < w[i]) 
                f[i][j] = f[i-1][j];
            // 能装，需判断 
            else    
                f[i][j] = max(f[i-1][j], f[i-1][j-w[i]] + v[i]);
        }           

    cout << f[n][m];
    return 0;
}

一维数组+二层循环（优化）

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

注意枚举j必须从大开始.

f[]的意义没有改变

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int MAXN = 1005;
int w[MAXN];    // 重量 
int v[MAXN];    // 价值 
int f[MAXN];  // f[j], j重量下前i个物品的最大价值 

int main() 
{
    int n, m;   
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) 
        cin >> w[i] >> v[i];

    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        for(int j = m; j >= 0; --j)
            if(j >= w[i])
                f[j] = max(f[j], f[j-w[i]] + v[i]);
    
    cout << f[m];
    return 0;
}

我们会发现其实二维表里有很多重复的。这是因为，从递归式的特点来看，我们只是基于第i-1层对第i层做了更新，而第i-1层该是什么样还是什么样。换言之，我们只需要知道i-1层的情况，而不需要存储之前的结果，就可以推算出第i层。

但是, 在具体的实现层面上, 有一个很反直觉的点:

不同于二维dp的双重循环, 空间优化版本的内层循环必须是逆序的。

解释如下：

我们可以对比一下这两个式子:

dp[i][j]=max{dp[i-1][j],dp[i-1][ j-w[i] ]+v[i]}

f[j]=max{f[j], f[j-w[i]]+v[i]}

可以发现, 在一维递归式里, 要求f[j-w[i]]+v[i] 这部分代替 dp[i-1][ j-w[i] ]+v[i]这部分

我们现在又只有一维数组. 这就要保证, 在第i次外循环时, 调用的f[j-w[i]]实际上是基于外层第i-1次循环得到的值.

而逆序保证了, 对于f[j], 它要调用的f[j-w[i]]一定是第i层循环还没有更新过的, 换言之, f[j-w[i]]只有可能是第i-1层存储的数据.

如果不逆序的话，要是还原成二维递归式, 就变成了dp[i][j]=max{dp[i][j],dp[i][j-w[i]]+v[i]}

这显然是有问题的.

完全背包

二维数组+三层循环

完全背包和0/1价值背包问题的区别在于每一件物品的数量都有无限个，而0/1背包每件物品数量只有一个。也就是说每件物品可以选任意个，假设选k个，就有下边的代码

 for(int i = 1 ; i<=n ;i++)
    for(int j = 1 ; j<=m ;j++)
        for(int k = 0 ; k*w[i]<=j ; k++)
            f[i][j] = max(f[i][j],f[i-1][j-k*w[i]]+k*v[i]);

二维数组+二层循环（优化）

整理一下递推公式可得

f[i , j ] = max( f[i-1,j] , f[i-1,j-w]+v , f[i-1,j-2*w]+2*v , f[i-1,j-3*w]+3*v , .....)
f[i , j-w] = max( f[i-1,j-w] , f[i-1,j-2*w] + v , f[i-1,j-3*w]+2*v , .....)
由上两式，可得出如下递推关系：
f[i][j]=max(f[i,j-w]+v , f[i-1][j])

有了上面的关系，那么其实k循环可以不要了，核心代码优化成这样：

for(int i = 1 ; i <=n ;i++)
    for(int j = 1 ; j <=m ;j++)
    {
        f[i][j] = f[i-1][j];
        if(j-w[i]>=0)
            f[i][j]=max(f[i][j],f[i][j-w[i]]+v[i]);
    }

完全背包和01背包两个代码其实只有一句不同（注意下标）

可以理解为：放入一个物品i时还可能继续放入i，

01：dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i-1][j - weight[i]] + value[i]);

完全：dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - weight[i]] + value[i]);

一维数组+二层循环（再优化）

因为和01背包代码很相像，我们很容易想到进一步优化。

之前01背包内层循环逆序是因为这样可以使得第i层的迭代使用i-1层的数据，那么对于完全背包就不必了，直接正序，正好可以使得迭代i层的时候使用i层的数据（放入一个物品i时还可能继续放入i）

核心代码可以改成下面这样

for(int i = 1; i <= n; ++i)
        for(int j = 1; j <= m; ++j)
            if(j >= w[i])
                f[j] = max(f[j], f[j-w[i]] + v[i]);

全部代码如下

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int MAXN = 1005;
int w[MAXN];    // 重量 
int v[MAXN];    // 价值 
int f[MAXN];  // f[j], j重量下前i个物品的最大价值 

int main() 
{
    int n, m;   
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) 
        cin >> w[i] >> v[i];

    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        for(int j = 1; j <= m; ++j)
            if(j >= w[i])
                f[j] = max(f[j], f[j-w[i]] + v[i]);
    
    cout << f[m];
    return 0;
}

多重背包

每件物品最多有s件

二维数组+三层循环

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int MAXN = 105;
int w[MAXN];    // 重量 
int v[MAXN];    // 价值 
int s[MAXN];    // 数量 
int f[MAXN][MAXN];  // f[i][j], j重量下前i个物品的最大价值 

int main() 
{
    int n, m;   
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) 
        cin >> w[i] >> v[i]>>s[i];

    for(int i = 1 ; i<=n ;i++)
    for(int j = 1 ; j<=m ;j++)
        for(int k = 0 ; k<=s[i]&&k*w[i]<=j ; k++)
            f[i][j] = max(f[i][j],f[i-1][j-k*w[i]]+k*v[i]);
    

    cout << f[n][m];
    return 0;
}

一维数组+三层循环（优化）

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int MAXN = 1005;
int w[MAXN];    // 重量 
int v[MAXN];    // 价值 
int s[MAXN];    // 数量 
int f[MAXN];  // f[j], j重量下前i个物品的最大价值 

int main() 
{
    int n, m;   
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) 
        cin >> w[i] >> v[i]>> s[i];

    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        for(int j = m; j >= 0; --j)
            for(int k = 0 ; k<=s[i]&&k*w[i]<=j ; k++)
                f[j] = max(f[j],f[j-k*w[i]]+k*v[i]);
    
    cout << f[m];
    return 0;
}

转换成01背包（转化）

暴力拆

比如物品1有3件，每件价值为2，我们不妨创建3个物品1,然后套用01背包问题进行求解。

但这样在物品种类和每一种的数目都很大的时候可能存在超时。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
const int N = 2010;
int f[N],n,m;
struct Good
{
    int w;//weight
    int v;//value
};

int main()
{
    cin>>n>>m;
    vector<Good> goods;

    for(int i = 1 ; i <= n ; i++ )
    {
        int w,v,s;
        cin>>w>>v>>s;
        for(int k = 1 ; k <= s ; k++ )
        	goods.push_back({w,v});
    }

    //01背包
    for(auto good : goods)
        for(int j = m ; j >= good.w ; j--)
            f[j] = max(f[j] , f[j-good.w]+good.v ); 


    cout<<f[m]<<endl;
    return 0;

}

二进制拆（优化）

前面提到的多重背包问题的解法，是把多件物品，转换成多个单件物品，添加到v和w数组中。

如10件物品A, 则插入十条记录到v和w数组中，实际上这一过程可以进行优化！

我们可以把十件物品A分成若干份，这若干份必须可以组合成0～10以内的任何一个数字。

做法是：1,2,4,...,2^(k-1),10-2^k+1

即：10可以分为 1，2，4，3

显然这四个数字，可以组合成0～10以内的任何一个数字，如 8 = 1 + 4 + 3

每一份对应的体积和价值，用系数乘以1件物品的体积和价值。

这么做的好处，可以把时间复杂度从O(nms)降为O(m s log n)，剩下的继续用01背包问题的解法求解。

拆分的核心的代码

//设有s个商品，也就是将s划分
for(int k = 1 ; k <= s ;k*=2)
{
    s-=k;
    goods.push_back({w*k,v*k});
}
if(s>0) 
    goods.push_back({w*s,v*s});

最终代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
const int N = 2010;
int f[N],n,m;
struct Good
{
    int w;//weight
    int v;//value
};
int main()
{
    cin>>n>>m;
    vector<Good> goods;
    //二进制处理
    for(int i = 1 ; i <= n ; i++ )
    {
        int w,v,s;
        cin>>w>>v>>s;
        for(int k = 1 ; k <= s ; k*=2 )
        {
            s-=k;
            goods.push_back({k*w,k*v});
        }
        if(s>0) goods.push_back({s*w,s*v});
    }
    //01背包优化+二进制
    for(auto good : goods)
        for(int j = m ; j >= good.w ; j--)
            f[j] = max(f[j] , f[j-good.w]+good.v ); 
    cout<<f[m]<<endl;
    return 0;
}

单调队列优化

有点难以理解和描述，之后再补上吧，如果读者有比较好的理解，还望评论里丢个网址

混合背包

物品一共有三类：

第一类物品只能用1次（01背包）；
第二类物品可以用无限次（完全背包）；
第三类物品最多只能用 si 次（多重背包）；

si=−1表示第 i 种物品只能用1次；
si=0 表示第 i 种物品可以用无限次；
si>0 表示第 i 种物品可以使用 si 次；

思路：分类讨论，分类写转移方程。多重背包用二进制优化成01背包，和01背包一样的转移方程；完全背包就用自己的方程

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
const int N = 1010;
int f[N],n,m;
struct Good
{
    int kind;
    int w;//weight
    int v;//value
};
int main()
{
    cin>>n>>m;
    vector<Good> goods;
  
    for(int i = 1 ; i <= n ; i++ )
    {
        int w,v,s;
        cin>>w>>v>>s;
        if(s>0)
        {
            for(int k = 1 ; k <= s ; k*=2 )
            {
                s-=k;
                goods.push_back({-1,k*w,k*v});
            }
            if(s>0) goods.push_back({-1,s*w,s*v});
        }
        else
            goods.push_back({s,w,v});
    }
    
    for(auto good : goods)
    {
        if(good.kind==0)
        {
            for(int j = good.w ; j <= m ; j++)
                f[j] = max(f[j] , f[j-good.w]+good.v ); 
        }
        else
        {
            for(int j = m ; j >= good.w ; j--)
                f[j] = max(f[j] , f[j-good.w]+good.v ); 
        }
    }
        
    cout<<f[m]<<endl;
    return 0;
}

二维费用背包

同时受体积和重量两个约束

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int MAXN = 1005;
int N, V, M;//数量，体积，重量
int f[MAXN][MAXN];

int main () {
    cin >>N >> V >> M;
    int a,b,c;
    for (int i = 1; i <=N; i ++) 
    {
        cin >> a >> b >>c;//体积，重量，价值
        for (int j = V; j >= a; j --)
            for (int k = M; k >= b; k --)
                f[j][k] = max (f[j - a][k -b] + c, f[j][k]);//动态转移方程，01 背包的思路 
    }
    cout << f[V][M];
    return 0;
}

分组背包问题

有 N 组物品和一个容量是 M 的背包。

每组物品有若干个，同一组内的物品最多只能选一个。
每件物品的体积是wij，价值是 vij，其中 i 是组号，j 是组内编号。

求解将哪些物品装入背包，可使物品总体积不超过背包容量，且总价值最大。

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN=110;
int n,m,s;
int f[MAXN],w[MAXN],v[MAXN];
int main()
{
    cin>>n>>m;//物品组数和背包容量
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        cin>>s;//物品组的物品数量
        for(int j=0;j<s;j++) cin>>w[j]>>v[j];//体积和价值
        for(int j=m;j>=0;j--)
            for(int k=0;k<s;k++)
                if(j-w[k]>=0)
                    f[j]=max(f[j],f[j-w[k]]+v[k]);
    }
    cout<<f[m]<<endl;
    return 0;
}

01背包取方案数

输出一个整数，表示 方案数 模 10^9+7 的结果。

f[i] 用来存储背包容积为 i 时的最佳总价值，

cnt[i]为背包容积为 i 时总价值为最佳的方案数

先初始化所有的 cnt[i] 为 1，因为总有一种方案可以让背包达到最大价值

外层循环 n 次，每次读入新物品的 v,w
求出装新物品时的总价值，与不装新物品时作对比

如果装新物品的方案总价值更大，那么，用f[j−w]+v 来更新 f[j]，用 cnt[j−w] 更新 cnt[j]
如果总价值相等，那么，无需更新 f[j]，最大价值的方案数就多了 cnt[j−w] 种
如果不装新物品的方案总价值更大，那么无需更新 f[j]

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1010;
const int mod = 1e9 + 7;
int f[N], cnt[N];
int main() 
{
    int n, m;   
    cin >> n >> m;
    for(int i = 0; i <= m; i ++)  cnt[i] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) 
    {
        int v, w;
        cin>>w>>v;
        for(int j = m; j >= w; --j)
        {
            int value = f[j - w] + v;
            if(value > f[j])
            {
                f[j] = value;
                cnt[j] = cnt[j - w];
            }
            else if(value == f[j]){
                cnt[j] = (cnt[j] + cnt[j - w]) % mod;
            }
        }  
    }
    cout << cnt[m];
    return 0;
}

如果核心代码不太好理解，可以试试这个写法：

for(int j = m;j>=w;j--)
{
	int value,tmp=0;
	value = max(f[j],f[j-w]+v);
    //如果不选第i个物品的时候为最优解，那么方案数需要加上不选第i时候（容量还是j）的方案数
    if(value==f[j]) tmp+=cnt[j];
    //如果选第i个为最优解，那么方案数需要加上选第i个(容量是j-w)的方案数
    if(value==f[j-w]+v) tmp+=cnt[j-w];
    if(tmp>=mod) tmp-=mod;
    f[j]=value;
    cnt[j]=tmp;
}

完全背包将内循环正序即可

01背包问题求具体方案

输出字典序最小的解

题目要求输出字典序最小的解，假设存在一个包含第1个物品的最优解，为了确保字典序最小那么我们必然要选第一个。那么问题就转化成从2～N这些物品中找到最优解。之前的dp[i,j]记录的都是前i个物品总容量为j的最优解，那么我们现在将dp[i,j]定义为从第i个元素到最后一个元素总容量为j的最优解。

状态转移：dp[i,j]=max(dp[i+1,j],dp[i+1,j−w[i]]+v[i])
两种情况，第一种是不选第i个物品，那么最优解等同于从第i+1个物品到最后一个元素总容量为j的最优解；第二种是选了第i个物品，那么最优解等于当前物品的价值v[i]加上从第i+1个物品到最后一个元素总容量为j−w[i]的最优解。

计算完状态表示后，考虑如何的到最小字典序的解。首先dp(1,m)肯定是最大价值，那么我们便开始考虑能否选取第1个物品呢。如果dp(1,m)=dp(2,m−w[1])+v[1]，说明选取了第1个物品可以得到最优解。如果dp(1,m)=dp(2,m)，说明不选取第一个物品才能得到最优解。如果dp(1,m)=dp(2,m)=dp(2,m−w[1])+v[1]，说明选不选都可以得到最优解，但是为了考虑字典序最小，我们也需要选取该物品。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1010;
/*
 之前的f(i,j)记录的都是前i个物品总容量为j的最优解，
 那么我们现在将f(i,j)定义为从第i个元素到最后一个元素总容量为j的最优解。
 */
int dp[N][N];
int n,m;
int v[N],w[N];

int main(){
    cin>>n>>m;
    for(int i = 1;i<=n;i++){
        cin>>w[i]>>v[i];
    }
    for(int i = n;i>=1;i--){
        for(int j = 0;j<=m;j++){
            dp[i][j] = dp[i+1][j];
            if(j>=w[i]){
                dp[i][j] = max(dp[i+1][j],dp[i+1][j-w[i]]+v[i]);
            }
        }
    }
    int cur_w = m;
    for(int i = 1;i<=n;i++){
        if(cur_w-w[i]>=0 && dp[i][cur_w]==dp[i+1][cur_w-w[i]]+v[i]){
            cout<<i<<' ';
            cur_w -= w[i];
        }
    }
    return 0;
}

如果是要求字典序最大的，代码如下

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1005;
int w[MAXN];    // 重量 
int v[MAXN];    // 价值 
int f[MAXN][MAXN];  // f[i][j], j重量下前i个物品的最大价值 

int main() 
{
    int n, m;   
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) 
        cin >> w[i] >> v[i];

    for(int i = 1; i <= n; ++i) 
        for(int j = 1; j <= m; ++j)
        {        
            if(j < w[i]) 
                f[i][j] = f[i-1][j];
            else    
                f[i][j] = max(f[i-1][j], f[i-1][j-w[i]] + v[i]);
        }           
    int cur_w  = m;
    for(int i = n; i > 1; i--){
        if(cur_w -w[i]>=0 && f[i][cur_w ]==f[i-1][cur_w -w[i]]+v[i]){
            cout<<i<<' ';
            cur_w  -=w[i];
        }
    }
    return 0;
}