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花了一晚上加一早上研究背包，唉一大把年纪了才狠下心弄dp也确实说不过去的......
背包入门当然还是看背包九讲（链接很多，没找到原作的，就随便贴一个链接了...），我再扯也是班门弄斧，只是贴一些摘要以及写代码时候的总结吧。
01背包：有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的体积是v[i]，价值是val[i]，每种只有一件。求解将哪些物品装入背包可使价值总和max_val最大。
max_val[i][j] --> dp[i][j] ： 从前i个物品中选择重量不超过j的物品时的最大价值；
max_val[i][0] = max_val[0][j] = 0; ( i~{1,N}, j~{0,V}; )
只考虑第i件物品的策略
max_val[i][j] = ① max_val[i-1][j]; j > v[i]
② max{ max_val[i-1][j], max_val[i-1][j-v[i]]+val[i] }; j <= v[i];
②的判断过程：1) 计算不放入该物品时该重量的最大价值;
2) 计算当前物品的价值 + 可以容纳的剩余重量的最大价值;
3) 找到二者之中的最大值。
解决了所有的子问题之后，返回max_val[N][W]的值——N件物品重量为W时最大价值；
状态转移方程也可以用一维数组表示（切记01背包是逆序求解，稍后的完全背包是顺序求解）:
1 void zero_one_pack(int cost, int value) 2 { 3 for(int i = sum;i >= cost;i--) 4 dp[i] = max(dp[i],dp[i-cost]+value); 5 } 6 for(int i = 1; i <= n; i++) 7 { 8 zero_one_pack(v[i], val[i]); 9 }
完全背包： 有N种物品和一个容量为V的背包，每种物品都有无限件可用。第i种物品的体积是v[i]，价值是val[i]。求将哪些物品装入背包可使这些物品的总体积不超过背包容量，且价值总和最大。
基本跟01背包一个思路，只不过多了些变化：
max_val[i][j] --> dp[i][j] ： 从前i个物品中选择重量不超过j的物品时的最大价值；
max_val[i][0] = max_val[0][j] = 0; ( i~{1,N}, j~{0,V}; )
只考虑第i件物品的策略
max_val[i][j] = ① max_val[i-1][j]; j > v[i]
② max{ max_val[i-1][j-k*v[i]]+k*val[i] | k >= 0 };
=max{ max_val[i-1][j], max{max_val[i-1][j-k*v[i]]+k*val[i] | k >= 1} };
=max{ max_val[i-1][j], max{max_val[i-1][(j-v[i])-k*v[i]]+ val[i] + k*val[i] | k >= 0} };
=max{ max_val[i-1][j], max{max_val[i-1][(j-v[i])-k*v[i]] + k*val[i] | k >= 0} + val[i] };
=max{ max_val[i-1][j], max_val[i][j-v[i]] + val[i] };
注意与01背包的区别--01背包的第一维是i-1，而完全背包的第一维是i；因此完全背包的一维数组表示时是顺序求解；
1 void complete_pack(int cost,int value) 2 { 3 for(int i = cost; i <= sum; i++) 4 dp[i] = max(dp[i], dp[i-cost]+value); 5 } 6 7 for(int i = 1; i <= n; i++) 8 { 9 complete_pack(v[i], val[i]); 10 }
多重背包：有N种物品和一个容量为V的背包。第i种物品最多有n[i]件可用，每件体积是v[i]，价值是val[i];
①基本算法
max_val[i][j] = ① max_val[i-1][j]; j > v[i]
② max{ max_val[i-1][j-k*v[i]]+k*val[i] | 0<=k<=n[i] };
=max{ max_val[i-1][j], max{max_val[i-1][j-k*v[i]]+k*val[i] | 1<=k<=n[i]} };
=max{ max_val[i-1][j], max{max_val[i-1][(j-v[i])-k*v[i]]+ val[i] + k*val[i] | 0<=k<n[i]} };
=max{ max_val[i-1][j], max{max_val[i-1][(j-v[i])-k*v[i]] + k*val[i] | 0<=k<n[i]} + val[i] };
=max{ max_val[i-1][j], max_val[i][j-v[i]] + val[i] };
复杂度是O(V*Σn[i])
② 转化为01背包问题：把每种物品的n[i]件看成n[i]件01背包中不同的物品，则得到了物品数为Σn[i]的01背包问题，直接求解，复杂度也是O(V*Σn[i])
eg. hdu-2191
1 scanf("%d %d",&n,&m); 2 memset(dp,0,sizeof(dp)); 3 for(i=0;i<m;i++) 4 { 5 scanf("%d %d %d",&p,&h,&c); 6 while(c--) 7 { 8 for(j=n;j>=p;j--) dp[j]=max(dp[j],dp[j-p]+h); 9 } 10 } 11 printf("%d\n",dp[n]);
③转化为01背包+O(V*Σlogn[i])（二进制思想）
将第i种物品分成若干件物品，其中每件物品有一个系数，这件物品的费用和价值均是原来的费用和价值乘以这个系数。使这些系数分别为1,2,4,...,2^(k-1),n[i]-2^k+1，且k是满足n[i]-2^k+1>0的最大整数。例如，如果n[i]为13，就将这种物品分成系数分别为1,2,4,6的四件物品。
④O(VN)解法，单调队列（待续..）
混合三种背包问题：有的物品只可以取一次（01背包），有的物品可以取无限次（完全背包），有的物品可以取的次数有一个上限（多重背包），应该怎么求解呢？
①、如果只有两类物品：一类物品只能取一次，另一类物品可以取无限次，那么只需在对每个物品应用转移方程时，根据物品的类别选用顺序（完全）或逆序（01）的循环即可，复杂度是O(VN)。
伪代码如下：
1 for i=1..N 2 if 第i件物品是01背包 3 for j=V..cost 4 f[j]=max{f[j],f[j-v[i]]+w[i]}; 5 else if 第i件物品是完全背包 6 for j=v[i]..V 7 f[j]=max{f[j],f[j-v[i]]+w[i]};
②、如果再加上有的物品最多可以取有限次，那么原则上也可以给出O(VN)的解法：遇到多重背包类型的物品用单调队列解即可。但如果不考虑超过NOIP范围的算法的话，用P03中将每个这类物品分成O(log n[i])个01背包的物品的方法也已经很优了。
当然，更清晰的写法是调用我们前面给出的三个相关过程。
1 for i=1..N 2 if 第i件物品是01背包 3 ZeroOnePack(c[i],w[i]) 4 else if 第i件物品是完全背包 5 CompletePack(c[i],w[i]) 6 else if 第i件物品是多重背包 7 MultiplePack(c[i],w[i],n[i])
二维费用的背包问题：对于每件物品，具有两种不同的费用；选择这件物品必须同时付出这两种代价；对于每种代价都有一个可付出的最大值（背包容量）。问怎样选择物品可以得到最大的价值。
设这两种代价分别为代价1和代价2，第i件物品所需的两种代价分别为a[i]和b[i]。两种代价可付出的最大值（两种背包容量）分别为V和U。物品的价值为w[i]。
分析：费用加了一维，只需状态也加一维即可。
设f[i][v][u]表示前i件物品付出两种代价分别为v和u时可获得的最大价值。
状态转移方程就是：f[i][v][u]=max{ f[i-1][v][u], f[i-1][v-a[i]][u-b[i]]+w[i] }; （01）
f[i][v][u]=max{ f[i-1][v][u], f[i][v-a[i]][u-b[i]]+w[i] }; （完全）
求解：可以只使用二维的数组——当每件物品只可以取一次时变量v和u采用逆序的循环，当物品有如完全背包问题时采用顺序的循环。当物品有如多重背包问题时拆分物品。
eg.hdu 2159
dp[i][j]——i：忍耐度，j：杀怪数，最大经验值；
1 /* 2 Problem: hdu2159 3 Tips : 二维费用完全背包 Dyadic_Complete_Pack 4 Date : 2015.8.8 5 */ 6 #include <cstdio> 7 #include <iostream> 8 #include <sstream> 9 #include <cmath> 10 #include <cstring> 11 #include <cstdlib> 12 #include <string> 13 #include <vector> 14 #include <map> 15 #include <set> 16 #include <queue> 17 #include <stack> 18 #include <algorithm> 19 using namespace std; 20 #define ll long long 21 #define _cle(m, a) memset(m, a, sizeof(m)) 22 #define repu(i, a, b) for(int i = a; i < b; i++) 23 #define repd(i, a, b) for(int i = b; i >= a; i--) 24 #define sfi(n) scanf("%d", &n) 25 #define sfl(n) scanf("%I64d", &n) 26 #define pfi(n) printf("%d\n", n) 27 #define pfl(n) printf("%I64d\n", n) 28 const int inf = 0x3f3f3f3f; 29 const int maxn = 105; 30 int n, m, k, s; 31 int dp[maxn][maxn]; //dp[i][j]i忍耐度,j杀怪数,经验值 32 33 void Dyadic_Complete_Pack(int a, int b) 34 { 35 for(int i = b; i <= m; i++) 36 for(int j = 1; j <= s; j++) 37 dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-b][j-1]+a); 38 } 39 40 int main() 41 { 42 while(~scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &k, &s)) 43 { 44 memset(dp, 0, sizeof(dp)); 45 for(int i = 1; i <= k; i++) 46 { 47 int a, b; 48 scanf("%d%d", &a, &b); 49 Dyadic_Complete_Pack(a, b); 50 } 51 if(dp[m][s] < n) 52 printf("-1\n"); 53 else 54 { 55 int ans = 0; 56 for( ; ans <= m; ans++) 57 if(dp[ans][s] >= n) 58 break; 59 printf("%d\n", m-ans); 60 } 61 } 62 return 0; 63 }
更多拓展，日后边做边积累~
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原文地址：http://www.cnblogs.com/LLGemini/p/4713801.html
