YBTOJ 背包问题合集

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于 2022-08-20 15:58:54 首次发布

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qwq

背包基础看这里

采药问题

01背包模板略。

货币系统

可以发现b一定是a的子集，那么对a做一个完全背包，能被其它货币表示的货币就不在新的系统里。

但是，如果这种就错了。

完全背包
for(int i=1;i<=n;++i) if(f[a[i]]>1) m--;

因为这样之前就已经判定可以不要的货币依旧对后面产生了贡献，组成这个可以不要的货币的那些货币也对后面产生了重复贡献，导致错误。

当前货币只能被若干面值比它小的货币代替，所以要先排序。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ff(i,s,e) for(int i(s);i<=(e);++i)
using namespace std;
inline int read(){
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
const int N=105,M=1e5+5;
int n,a[N],f[M];
inline void solve(){
    n=read();
    int maxx=0;
    ff(i,1,n) a[i]=read(),maxx=max(maxx,a[i]);
    memset(f,0,sizeof(f));
    f[0]=1;
    sort(a+1,a+n+1);
    int m=n;
    ff(i,1,n){
        if(f[a[i]]){--m;continue;}
        ff(j,a[i],maxx) f[j]+=f[j-a[i]];
    }
    printf("%d\n",m);
}
signed main(){
    int T=read();
    while(T--) solve();
    return 0;
}

宝物筛选

多重背包模板略。

硬币方案

多重背包模板++。

金明的预算方案

有依赖的01背包模板。

只考虑每一个主件，因为它的附件最多只有两个，所以最多只有五种情况：

不选主件
只选主件
选主件+附件1
选主件+附件2
选主件+附件1+附件2

对这些情况分别进行转移，就变成了01背包，注意数组不要越界。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ff(i,s,e) for(int i(s);i<=(e);++i)
using namespace std;
inline int read(){
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
const int N=32005,M=65;
int lim,n;
int v[M],w[M];
int sv[M][3],sw[M][3],cnt[M];
int f[N];
signed main(){
    lim=read(),n=read();
    ff(i,1,n){
        int ww=read(),vv=read(),q=read();
        if(!q) v[i]=vv*ww,w[i]=ww;
        else ++cnt[q],sv[q][cnt[q]]=vv*ww,sw[q][cnt[q]]=ww;
    }
    ff(i,1,n){
        if(!v[i]) continue;
        for(int j=lim;j>=w[i];--j){
            f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+v[i]);
            if(cnt[i]>=1) if(j>=w[i]+sw[i][1]) f[j]=max(f[j],f[j-w[i]-sw[i][1]]+v[i]+sv[i][1]);
            if(cnt[i]>=2){
                int sumw=w[i]+sw[i][2],sumv=v[i]+sv[i][2];
                if(j>=sumw) f[j]=max(f[j],f[j-sumw]+sumv);
                sumw+=sw[i][1],sumv+=sv[i][1];
                if(j>=sumw) f[j]=max(f[j],f[j-sumw]+sumv);
            }
        }
    }
    printf("%d",f[lim]);
    return 0;
}

求好感度

多重背包模板++。

购买商品

先对A做01背包求最大价值，再遍历找最少需要多少钱能买到最大价值，用剩余的钱对B做完全背包即可。

魔法开锁

把每个盒子看成点，向它的钥匙能打开的盒子连有向边，构成一个图。由于每个盒子只有一把钥匙，所以这个图一定由若干环组成，那么只需要在每个环里都选至少一个点就能打开所有盒子。

设 $f [i] [j]$ 表示前 $i$ 个环里选 $j$ 个点打开的方案数，则有转移式： $f[i][j]=\sum_{k=0}^{j-1}$ $f[i-1][k]*\dbinom{siz[i]}{j-k}$ ，其中 $s i z [i]$ 表示第 $i$ 个环的大小，那么只需要预处理一下组合数就能 $O(n^3)$ 求解了。

组合数会爆long long，但是不会超double，所以可以用double来存组合数，避免写高精。

递推求组合数不要忘了初始化 $c [0] [0] = 1$ 啊/kk

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ff(i,s,e) for(int i(s);i<=(e);++i)
using namespace std;
inline int read(){
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
const int N=305;
int n,t,a[N];
int siz[N],tot;
bool vis[N];
double c[N][N],f[N][N];
inline void solve(){
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    memset(f,0,sizeof(f));
    memset(siz,0,sizeof(siz));
    tot=0;
    n=read(),t=read();
    ff(i,1,n) a[i]=read();
    ff(i,1,n){
        if(vis[i]) continue;
        siz[++tot]=1,vis[i]=1;
        int u=i;
        while(1){
            u=a[u];
            vis[u]=1;
            if(u==i) break;
            ++siz[tot];
        }
    }
    f[0][0]=1;
    ff(i,1,tot) ff(j,0,t) ff(k,0,j-1) f[i][j]+=f[i-1][k]*c[siz[i]][j-k];
    printf("%.9lf\n",f[tot][t]/c[n][t]);
}
signed main(){
    c[0][0]=1;
    ff(i,1,300) ff(j,0,i){
        if(!j) c[i][j]=1;
        else c[i][j]=c[i-1][j]+c[i-1][j-1];
    }
    int T=read();
    while(T--) solve();
    return 0;
}

购买礼物

设 $f [i] [j] [k] [0]$ 为选前 $i$ 个物品，第一张卡花 $j$ 元，第二张卡花 $k$ 元，没免费拿礼物时取得的最大价值， $f [i] [j] [k] [1]$ 为已经免费拿完礼物时取得的最大价值。那么枚举 $i ， j ， k$ ，做01背包即可。重点在初始化要考虑必须买的限制并算上本次免费的情况：

$s [i] = 1$ ，初始不免费拿的价值为 $- in f$ ，使以后转移用不到这一选择，初始免费拿的价值为 $f [i - 1] [j] [k] [0] + v [i]$ ；
$s [i] = 0$ ，初始不免费拿的价值为 $f [i - 1] [j] [k] [0]$ ，免费拿的价值为 $\max(f[i-1][j][k][1],f[i-1][j][k][0]+v[i])$ 。

然后就比较简单了qwq。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ff(i,s,e) for(int i(s);i<=(e);++i)
using namespace std;
inline int read(){
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
const int N=305,M=505,K=55;
int v1,v2,n;
int w[N],v[N],s[N];
int f[N][M][K][2];
signed main(){
    v1=read(),v2=read(),n=read();
    ff(i,1,n) w[i]=read(),v[i]=read(),s[i]=read();
    ff(i,1,n) ff(j,0,v1) ff(k,0,v2){
        if(s[i]) f[i][j][k][0]=-1e9,f[i][j][k][1]=max((int)-1e9,f[i-1][j][k][0]+v[i]);
        else f[i][j][k][0]=f[i-1][j][k][0],f[i][j][k][1]=max(f[i-1][j][k][1],f[i-1][j][k][0]+v[i]);
        if(j>=w[i]){
            f[i][j][k][0]=max(f[i][j][k][0],f[i-1][j-w[i]][k][0]+v[i]);
            f[i][j][k][1]=max(f[i][j][k][1],f[i-1][j-w[i]][k][1]+v[i]);
        }
        if(k>=w[i]){
            f[i][j][k][0]=max(f[i][j][k][0],f[i-1][j][k-w[i]][0]+v[i]);
            f[i][j][k][1]=max(f[i][j][k][1],f[i-1][j][k-w[i]][1]+v[i]);
        }
    }
    int ans=max(f[n][v1][v2][0],f[n][v1][v2][1]);
    if(ans>0) printf("%d",ans);
    else printf("-1");
    return 0;
}

课题选择

令 $f [i] [j]$ 为在前 $i$ 种课题里选 $j$ 个完成所用的最小时间，观察到数据范围很小，可以枚举 $i$ 和 $j$ ，再枚举第 $i$ 个课题的选择次数，然后就是一个朴素的背包问题了，时间复杂度 $O(n^2m)$ 。

因为忘了算不选这个课题的情况WA了一发qwq

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ff(i,s,e) for(int i(s);i<=(e);++i)
using namespace std;
inline int read(){
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
const int N=205,M=25;
int n,m,a[M],b[M];
int f[N][N];
inline int ksm(int x,int y){
    int res=1;
    for(;y;y>>=1){
        if(y&1) res=res*x;
        x=x*x;
    }
    return res;
}
signed main(){
    n=read(),m=read();
    ff(i,1,m) a[i]=read(),b[i]=read();
    ff(i,1,n) f[0][i]=1e17;//初始化
    ff(i,1,m){
        ff(j,1,n){
            f[i][j]=f[i-1][j];//初始化为不选的情况
            ff(k,1,j)
                f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][j-k]+a[i]*ksm(k,b[i]));
        }
    }
    printf("%lld",f[m][n]);
    return 0;
}