背包九讲——完全背包问题

完全背包问题

问题定义

动态规划解法

状态转移方程

初始化

遍历顺序

三种解法：

朴素版——枚举k

进阶版——dp正推（一维滚动数组）

背包问题第三讲——完全背包问题

背包问题是一类经典的组合优化问题，通常涉及在限定容量的背包中选择物品，以最大化某种价值或利益。问题的一般描述是：有一个背包，其容量为C；有一组物品，每个物品有重量w和价值v。目标是选择一些物品放入背包，使得它们的总重量不超过背包容量，同时总价值最大。
完全背包问题则是每个物品都是无限个，而不是只有一个，永远取不完。

完全背包问题

完全背包问题呢，见名知意，就是所谓的物品无限多，选也选不完的那种，是多重背包的promax版本。完全背包问题是背包问题的一种变体，与0/1背包问题有所不同。在完全背包问题中，每种物品的数量是无限的，可以选择任意数量的某一种物品放入背包中。问题的描述如下：
给定一个背包容量为m，有n种物品，每种物品有重量v[i]和价值w[i]，且数量无限。目标是选择物品放入背包，使得它们的总重量不超过背包容量，并且总价值最大。
与0/1背包问题相比，完全背包问题的状态转移方程有所不同，因为每种物品可以选择多次。
解决完全背包问题的方法与0/1背包问题类似，可以使用动态规划、贪心算法等。常见的动态规划方法包括自底向上的迭代和自顶向下的递归+记忆化搜索。

问题定义

给定：

一组物品，每个物品有一个重量w[i]和价值v[i]，其中i是物品的索引。
一个背包的容量W。

目标：

选择一些物品放入背包，使得背包中物品的总价值最大，同时不超过背包的容量。

动态规划解法

动态规划数组dp[j]表示容量为j的背包所能容纳物品的最大价值。

状态转移方程

对于每个物品i，我们有两种选择：

不选择第i个物品。
选择第i个物品，由于物品可以无限取用，我们可以取用任意数量的第i个物品。

状态转移方程为：dp[j]=max(dp[j],dp[j−w[i]]+v[i]) 其中j是当前背包的容量，w[i]是第i个物品的重量，v[i]是第i个物品的价值。

初始化

dp[0] = 0，因为容量为0的背包没有价值。

遍历顺序

遍历物品，对于每个物品，再遍历背包容量。

三种解法：

既然是promax版本，那还是离不开01背包啊，既然我可以无限选，那就可以选到知道背包装不下为止，就是m/v[i]。

例题就用acwing上的完全背包问题：3. 完全背包问题 - AcWing题库

朴素版——枚举k

最先想到的就是简单的枚举k了吧，把完全背包转换成多重背包，我们的物品是无限多个，但是我们的背包容量是有限的，背包容量有限的话，那么我所能装下的物品就是有限个，每一个物品都有一个限定的值，这个值含义是背包只装第i种物品所能装的最多的个数，我们把所有物品的最大数求出来，那么此题就变成了多重背包问题了，每个物品最多枚举到m/v[i]，相当于每个物品的个数确定了，可以利用多重背包的二进制优化或者单调队列优化。

#include<iostream>
using namespace std;
int dp[1005],a[1005];
int n,m;
int v[1005],w[1005];
int main(){
	cin>>m>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>v[i]>>w[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=m;j>=1;j--){
			for(int k=0;k<=j/v[i];k++){
				if(j>=k*v[i]){
					dp[j]=max(dp[j],dp[j-k*v[i]]+k*w[i]);
				}
			}
		}
	}
	cout<<dp[m]<<endl;
	return 0;
}

如果是这样枚举k的朴素版本，那么肯定过不了，时间复杂度太大，考虑优化。

进阶版——dp正推（一维滚动数组）

用一个一维滚动数组，第一个for循环枚举物品个数，第二个for循环去枚举背包容量，枚举的边界为v[i]到m，因为当背包容量>=v[i]的时候，我才能选择第i个物品，后面就是随着第i个物品的个数不断增加，每当一种新的物品加入进来，就意味着数组要滚动一次，在上一个的状态（前i-1种物品）的基础上去更新加入第i个物品的情况，求最优解。

#include<iostream>
using namespace std;
int dp[1005];//dp[i]表示背包容量为i是最大价值
int n,m;//n个物品m背包容量
int v[1005],w[1005];
int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>v[i]>>w[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=v[i];j<=m;j++){//这里从v[i]到m，保证了能选1——m/v[i]（最多）
					dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]);//状态转移方程
		}
	}
	cout<<dp[m]<<endl;
	return 0;
}

下面解释一下为啥要正序，因为正序的话从小到大更新，在更新的时候状态可以从小的状态转移过来。也就是说在更新dp[i]的时候，i前面的状态（dp[0]---dp[i-1]）都被求出来了，那么我们可以利用这一点，当前状态可以从前面已经求出来的状态进行状态转移。