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背包dp：参考背包九讲以及给出一些题目
给定n件物品和一个容量为V的背包，每件物品的体积是w[i]，价值是va[i](1<=i<=n)，求在不超过背包的容量的情况下，怎么选择装这些物品使得得到的价值最大？
例如：有5件物品，体积分别是{2,2,6,5,4}，价值分别是{6,3,5,4,6}
递归式：F(i,v)=max(F(i-1,v), F(i-1,v-w[i])+va[i])，其中F(i,v)表示把前i种物品恰放入背包容量为v时取得的最大价值
把这个过程理解下：在前i件物品放进容量v的背包时，
它有两种情况：
第一种是第i件不放进去，这时所得价值为:f[i-1][v]
第二种是第i件放进去，这时所得价值为：f[i-1][v-c[i]]+w[i]
（第二种是什么意思？就是如果第i件放进去，那么在容量v-c[i]里就要放进前i-1件物品）
最后比较第一种与第二种所得价值的大小，哪种相对大，f[i][v]的值就是哪种。
能用二维数组去解，也能优化为一维的数组
01背包是基础，需要好好的理解。
给定n种物品和一个容量为V的背包，每种物品有无限个，体积是w[i]，价值是va[i](1<=i<=n)，求在不超过背包的容量的情况下，怎么装物品进背包使得获得的价值最大？
递归式①：F(i,v)=max{F(i-1, v-k*w[i])+k*va[i] | 0<=k*w[i]<=v}
递归式②：F(i,v)=max(F(i-1, v), F(i, v-w[i])+va[i])
给定n种物品和一个容量为V的背包，每种物品有t[i]个，体积是w[i]，价值是va[i](1<=i<=n)，求在不超过背包的容量的情况下，怎么装物品进背包使得获得的价值最大？
递归式：F(i,v)=max{F(i-1, v-k*w[i])+k*va[i] | 0<=k<=t[i]}
以下是汇集了四道货币类型的背包，通过一些解题思路来加深理解以上三种背包，比较适合有了解了上述的背包裸题的同学看。
1）(01背包类)给你一张n元的货币，让你去杂货店买东西，杂货店有t件东西，每件东西有自己的价格，(购买的时候须整件的买，不能拆分)，可是杂货店老板没有零钱，所以你需要用你手中的n元货币买到最多价值的东西，问你能买到的最大价值是多少？
思路：这道题是典型的01背包的简化版，因为可以抽象为，将t件拥有不同体积的物品有选择的放入容量n的背包，使得背包剩余的空间最小。
还是按n件物品的划分n个状态，对于当前第i件物品，容量为j的情况下，还是有放和不放两种策略，如果放了能使已装的容量达到最大，那就放，如果选择放进这件物品没能比不放它的时候的已装容量要大就不放。同样用opt[i][j]表示将前i件物品放入容量为j的背包所能获得的不超过背包的最大容量，v数组表示每件物品的体积
这里我们可以列出转移方程式：
opt[i][j]=/ opt[i-1][j] if(j<v[i])
\ max(opt[i-1][j], opt[i-1][j-v[i]]+v[i]) if(j>=v[i])
以下给出2维和1维的参考代码。
#include<iostream> #include<cstring> int opt[1000][1000],v[1000]; using namespace std; int main() { int n,t; while(cin>>n>>t) { int i,j; for(i=1;i<=t;i++) cin>>v[i]; memset(opt,0,sizeof(opt)); for(i=1;i<=t;i++) { for(j=1;j<=n;j++) { if(j<v[i]) opt[i][j]=opt[i-1][j]; else opt[i][j]=max(opt[i-1][j], opt[i-1][j-v[i]]+v[i]); } } cout<<opt[t][n]<<endl; } return 0; }
代码1维：
#include<iostream> #include<cstring> int opt[1000],v[1000]; using namespace std; int main() { int n,t; while(cin>>n>>t) { int i,j; for(i=1;i<=t;i++) cin>>v[i]; memset(opt,0,sizeof(opt)); for(i=1;i<=t;i++) { for(j=n;j>=v[i];j--) { opt[j]=opt[j] > opt[j-v[i]]+v[i] ? opt[j] :opt[j-v[i]]+v[i]; if(i==t&&j==n) break; } } cout<<opt[n]<<endl; } return 0; }
2）（完全背包类）给定4种面值的货币（1元，2元，3元，5元）无限张，要求凑N元，有多少种凑法？
这个是完全背包的模型。用dp[i][j]表示用前i种钱币来凑得j元的方法数
思路：举个例子，N=6，（建议自己试着填完之后再参考下面的）
i |
0 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
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v[1]=1 |
1 |
1 |
1 |
1 |
1 |
1 |
1 |
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v[2]=2 |
1 |
1 |
2 |
2 |
3 |
3 |
4 |
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v[3]=3 |
1 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
7 |
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v[4]=5 |
1 |
1 |
2 |
3 |
4 |
6 |
8 |
注：
①表格上对应的要填的值是opt[i][j]，可知opt[i][0]=1(1<=i<=4)，这个表示，用前i种货币去凑0元的方法数只有一种：不用货币，这也是一种方法。
②对应的自己填下值，留意下填表的顺序。
分析方法：在前i种货币凑钱的状态中，如果j小于第i种货币面值，opt[i][j]就不能用这第i种货币凑钱，方法数还是不变；如果j大于第i种货币面值，那么opt[i][j]就是前i-1种货币凑钱得到的方法数和用了第i种货币得到的方法数之和。到了这里可以我们可以写出
二维的状态转移方程：
opt[i][j]=/ opt[i-1][j] if(j<v[i])
\ opt[i-1][j]+opt[i][j-v[i]] if(j>=v[i])
③自己写出的程序还应当适用于给出无序的几种货币面值的情况。
主要的二维代码段如下：
v[1…4]={1,2,3,5}; opt[0…4][0..N]=0; opt[1…4][0]=1; for(i=1;i<=4;i++) { for(j=1;j<=N;j++) { if(j<v[i]) opt[i][j]=opt[i-1][j]; else opt[i][j]=opt[i-1][j]+opt[i][j-v[i]];} } opt[4][N]为所求
我们还可以从二维优化到一维，以下是代码的主要部分：
/*自己注意下数组初始化*/ for(i=1;i<=4;i++) { for(j=v[i];j<=N;j++) { /*2*/ opt[j]=opt[j]+opt[j-v[i]]; } }
3）（多重背包类）给定1元，2元，3元，5元，10元，20元面值的货币若干张，求用他们能称出的钱的种类数
例如给出：1 1 0 0 0 0 ，能凑出的钱是3种（1元，2元，3元）
注：
这个是多重背包问题（每种货币有若干张），问题问的是能称出的钱的种类数，由于每种货币有固定的张数，可以将多重背包转化为01背包来求解。
例如给出货币对应的个数0，2，1，3，1，0，自己试着推结果应为25，过程如下：
一共有2，2，3，5，5，5，10的7张货币让我们凑，能凑到的最大的钱数是sum=2+2+3+5+5+5+10=32元，那么这道题可以理解为在1~ sum这个范围内，计算用以上的7张货币能凑整钱的有多少个数。其中可以用opt[num][j]来表示有前num个货币（由前i种构成）来凑到j元的状态，凑得到为1，凑不到就为0，当num=1时，能凑到1种（2元，其中opt[1][1]=0， opt[1][2]=opt[0][2-2]=1）；
当num=2时，能凑到2种（2元，4元，其中，
opt[2][1]=opt[1][1]=0，
opt[2][2]=opt[1][2] 或者opt[1][2-2]=1，
opt[2][3]=opt[1][3] 或者 opt[1][3-2]=0，
opt[2][4]=opt[1][4] 或者 opt[1][4-2]=1）
当num=3时，能凑到3种（2元，4元，5元，其中，
opt[3][1]=opt[2][1]=0，
opt[3][2]=opt[2][2]=1，
opt[3][3]=opt[2][3] 或者 opt[2][3-3]=1，
opt[3][4]=opt[2][4] 或者 opt[2][4-3]=0，
opt[3][5]=opt[2][5] 或者 opt[2][5-3]=1，
opt[3][6]=opt[2][6] 或者 opt[2][6-3]=0，
opt[3][7]=opt[2][7] 或者 opt[2][7-3]=1）
当num=4时（后面的情况省略）
（以上过程自己好好理解）
状态转移方程： opt[num][j]= / opt[num-1][j] if j<v[i]
\ 1 if opt[num-1][j] || opt[num-1][j-v[i]]
其中我们可以将其转换为01背包来解，以下给出2维的代码：
v[1…6]={1,2,3,5,10,20}; n[1…6]; /*6种货币对应的个数*/ opt[…][0]=1; /*用多少货币凑0元都有一个合法状态，就是什么货币都不加*/ for(i=1;i<=6;i++) { for(j=1;j<=n[i];j++) { num+=1; sum+=v[i]; /*以下类似01背包*/ for(k=1;k<=sum;k++) { if(k<v[i]) opt[num][k]=opt[num-1][k]; else if(opt[num-1][k] || opt[num-1][k-v[i]]) opt[num][k]=1; } } } ans+=opt[count][1…sum]==1?1:0;
以下是一维部分的代码：
opt[0]=1; /*合法状态*/ for(i=1;i<=6;i++) { for(j=1;j<=n[i];j++) { num+=1; sum+=v[i]; /*以下类似01背包*/ for(k=sum;k>=v[i];k--) { /*3*/ if(opt[k] || opt[k-v[i]]) opt[k]=1; } } }
4）有面值为1元、3元和5元的硬币无数个，如何用最少的硬币凑够11元？(其中保证给出的钱一定能凑整11元的)
分析：遇到题可以还是从填表做起，以下两个表建议先自己填完在参考给出的，填表的过程可以让你自己了解一些思路。（注意写出的程序应该也要能够处理给定面值的货币不是升序的情况~）
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8 |
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0 |
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0 |
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0 |
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2 |
1 |
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1 |
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2 |
3 |
2 |
3 |
这里我们给出了两个表，填完之后是不是有些感觉了呢？
这道题给出的是一定面值的货币种类，张数不限。还是可以按货币种类划分阶段（这里是3种货币，就抽象成三个阶段），这里拿表2来讲解，因为其具有一般性。其中用opt[i]表示凑i元最少需要的张数。
在阶段2的时候，可用面值是3元和5元，opt[8]由0更新为2（opt[8]=opt[8-3]+1=2），而opt[7]的时候，还是为0，因为假设当前阶段（加入3元面值）中，7元试图兑换成一张3元和最少张数换得的4元，但是4元暂时还没办法兑换到(opt[4]=0)，所以导致opt[7]仍为0。
也就是在某一阶段中，先看看新加入的面值v[i]参与凑n元的时候能否成功（即张数不为0），成功的话得到的张数t1再和没有v[i]货币参与兑换获得的最少张数t2相比较（也就是当前状态的前一个状态），若t2本为0，则能凑成n元需要的最少张数更新为t1；若t2不为0，就取min(t1, t2)来更新凑成n元需要的最少张数
看完上述的3道例题，这里可以自己试着推导写出程序。
#include<iostream> #include<cstring> using namespace std; int v[1000]; int opt[1000]; int min(int a,int b) { return a<b?a:b; } int main() { int n, t; while(cin>>n>>t) { int i,j,temp; memset(opt,0,sizeof(opt)); for(i=1;i<=t;i++) cin>>v[i]; for(i=1;i<=t;i++) { for(j=v[i];j<=n;j++) { if(j==v[i]) opt[j]=1; else { if(opt[j-v[i]]) { temp=opt[j-v[i]]+1; opt[j]=opt[j]?min(opt[j],temp):temp; } } } } cout<<opt[n]<<endl; } return 0; }
补充思考：二维到一维的改变
看完上面的4道例题之后，二维转换为一维的时候，我们发现这个对算法的空间复杂度和时间复杂度都有较大的提升，其中空间的复杂度中一维的实现我们叫做滚动数组。这里要讲的是，01背包opt[j]的值j采用逆序循环，完全背包opt[j]中j是顺序循环，为什么要这样呢？
下面以例1和例2进行分析，
例题1：
for(i=1;i<=t;i++) { for(j=n;j>=v[i];j--) { /*1*/ opt[j]=max(opt[j], opt[j-v[i]]+v[i]); /* if(i==t && j==n) break; */ } }
例题2：
for(i=1;i<=4;i++) { for(j=v[i];j<=N;j++) { /*2*/ opt[j]=opt[j]+opt[j-v[i]]; } }
实际上可以从它们的状态转移方程来理解:
例题1的：opt[i][j]=/ opt[i-1][j] if(j<v[i])
\max(opt[i-1][j],opt[i-1][j-v[i]]+v[i]) if(j>=v[i])
这里是计算第i个状态中的值，如果将opt数组转换为二维矩阵，那就是(i, j)点处的值是由(i-1,j)的值和(i-1,j-v[i])+v[i])的值决定的，也就是第i个状态仅需要用到i-1个状态的值，所以这里可以用逆序的从n到v[i]的过程来计算。
例题2的：opt[i][j]=/ opt[i-1][j] if(j<v[i])
\ opt[ i-1 ][j]+opt[ i][j-v[i]] if(j>=v[i])
这里也是计算第i个状态的值，可以将其转换为二维矩阵，这时我们发现，(i, j)处的值是由(i-1, j)处的值和(i, j-v[i])处的值共同决定的，也就是求解第i个状态需要用到i-1状态的值，也要用到同状态中i个状态中前面已经算过的值，所以这里需顺序的计算
总结：一些需要注意的技巧和问题：
1. 测试数据中有可能同一组数据测两次的
2. 遇到问题什么头绪都没有的时候，不妨自己枚举一下它的一些例子，看看能不能找出规律，也就是可以填表模拟一下过程
3. 初期学习背包期望能把二维的和一维的写法都练习，掌握一维的写法，时空效率都有较大的提升
题目链接：
01背包题目：
Hdu 2602 Bone Collector 非常常规的01背包问题，用一维和二维数组都可以做，一维快相当多。解题报告
Hdu 2546 饭卡 n种菜选若干种使剩下的钱最少，背包容量是开始时的钱，物品体积是菜的价格，状态转移时记录答案 解题报告
Hdu 2955 Robberies （推荐)抢劫方案最优问题，需要一个简单地转换，我们求的是不被抓的概率而非被抓的概率，各个银行的储蓄总和为背包容量，体积为单个银行 的储蓄，价值为不被抓概率。解题报告
hdu 3466 与顺序有关的01背包，先按q-p排序再来处理，难想容易敲。解题报告
完全背包题目：
Uva 674 Coin Change 完全背包求解方案数问题，只有5种硬币，基础题。 解题报告
Uva 147 Dollars 硬币有11种，另外这题用double输入，要考虑精度问题。 解题报告
多重背包题目：
Hdu 1059 Dividing 简单多重背包，体积为硬币数，价值为币值，可用二进制处理成01背包求解，可用30对num进行优化。 解题报告
Poj 1276 Cash Machine 多重背包，需用二进制处理成01背包求解，体积是硬币数量，价值是币值。
Hdu 1114 Piggy-Bank 简单多重背包，但当成01背包来暴力也完全没有问题，
Hdu 2191 悼念512汶川大地震遇难同胞——珍惜现在，感恩生活 标题超长超简单的多重背包，可用01背包求解。
题目是参考 http://blog.csdn.net/liuqiyao_01/article/details/8477725 给出的，以上的四道题目自己理了下，有参考网上的一些资料，有错误的话请见谅
有关货币问题的动态规划题目--有关01背包，完全背包，多重背包
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原文地址：http://www.cnblogs.com/hstcacm/p/4790331.html
