貪心演算法的實驗總結

1. 貪心演算法的例題分析

例題1、
[0-1背包問題]有一個背包，背包容量是M=150。有7個物品，物品不可以分割成任意大小。
要求盡可能讓裝入背包中的物品總價值最大，但不能超過總容量。
物品 A B C D E F G
重量 35kg 30kg 6kg 50kg 40kg 10kg 25kg
價值 10$ 40$ 30$ 50$ 35$ 40$ 30$
分析：
目標函數：∑pi最大
約束條件是裝入的物品總重量不超過背包容量：∑wi<=M(M=150）
⑴根據貪心的策略，每次挑選價值最大的物品裝入背包，得到的結果是否最優？
⑵每次挑選所佔重量最小的物品裝入是否能得到最優解？
⑶每次選取單位重量價值最大的物品，成為解本題的策略。
值得注意的是，貪心演算法並不是完全不可以使用，貪心策略一旦經過證明成立後，它就是一種高效的演算法。
貪心演算法還是很常見的演算法之一，這是由於它簡單易行，構造貪心策略不是很困難。
可惜的是，它需要證明後才能真正運用到題目的演算法中。
一般來說，貪心演算法的證明圍繞著：整個問題的最優解一定由在貪心策略中存在的子問題的最優解得來的。
對於例題中的3種貪心策略，都是無法成立（無法被證明）的，解釋如下：
⑴貪心策略：選取價值最大者。
反例：
W=30
物品：A B C
重量：28 12 12
價值：30 20 20
根據策略，首先選取物品A，接下來就無法再選取了，可是，選取B、C則更好。
⑵貪心策略：選取重量最小。它的反例與第一種策略的反例差不多。
⑶貪心策略：選取單位重量價值最大的物品。
反例：
W=30
物品：A B C
重量：28 20 10
價值：28 20 10
根據策略，三種物品單位重量價值一樣，程序無法依據現有策略作出判斷，如果選擇A，則答案錯誤。
【注意：如果物品可以分割為任意大小，那麼策略3可得最優解】
對於選取單位重量價值最大的物品這個策略，可以再加一條優化的規則：對於單位重量價值一樣的，則優先選擇重量小的！這樣，上面的反例就解決了。
但是，如果題目是如下所示，這個策略就也不行了。
W=40
物品：A B C
重量：25 20 15
價值：25 20 15
附：本題是個DP問題，用貪心法並不一定可以求得最優解，以後了解了動態規劃演算法後本題就有了新的解法。
例題2、
馬踏棋盤的貪心演算法
123041-23 XX
【問題描述】
馬的遍歷問題。在8×8方格的棋盤上，從任意指定方格出發，為馬尋找一條走遍棋盤每一格並且只經過一次的一條路徑。
【初步設計】
首先這是一個搜索問題，運用深度優先搜索進行求解。演算法如下：
⒈ 輸入初始位置坐標x,y；
⒉ 步驟 c:
如果c> 64輸出一個解，返回上一步驟c--
（x,y) ← c
計算(x,y）的八個方位的子結點，選出那些可行的子結點
循環遍歷所有可行子結點，步驟c++重復2
顯然⑵是一個遞歸調用的過程，大致如下：
C++程序： #defineN8voiddfs(intx,inty,intcount){inti,tx,ty;if(count>N*N){output_solution();//輸出一個解return;}for(i=0;i<8;i++){tx=hn[i].x;//hn[]保存八個方位子結點ty=hn[i].y;s[tx][ty]=count;dfs(tx,ty,count+1);//遞歸調用s[tx][ty]=0;}}Pascal程序： ProgramYS;ConstFXx:array[1..8]of-2..2=（1,2,2,1,-1,-2,-2,-1）；FXy:array[1..8]of-2..2=（2,1,-1,-2,-2,-1,1,2）；VarRoad:array[1..10,1..10]ofinteger;x,y,x1,y1,total:integer;ProcereFind(x,y:integer);varNx,Ny,i:integer;BeginFori:=1to8dobegin{8個方向}If(x+FXx[i]in[1..8])and(y+FXy[i]in[1..8])Then{確定新坐標是否越界}IfRoad[x+Fxx[i],y+Fxy[i]]=0Thenbegin{判斷是否走過}Nx:=x+FXx[i];Ny:=y+FXy[i];Road[Nx,Ny]:=1;{建立新坐標}If(Nx=x1）and(Ny=y1）Theninc(total)elseFind(Nx,Ny);{遞歸}Road[Nx,Ny]:=0{回朔}endendEnd;BEGIN{Main}Total:=0;FillChar(Road,sizeof(road),0);Readln(x,y);{讀入開始坐標}Readln(x1,y1）；{讀入結束坐標}If(x>10）or(y>10）or(x1>10）or(y1>10）Thenwriteln('Error'){判斷是否越界}ElseFind(x,y);Writeln('Total:',total){打出總數}END.這樣做是完全可行的，它輸入的是全部解，但是馬遍歷當8×8時解是非常之多的，用天文數字形容也不為過，這樣一來求解的過程就非常慢，並且出一個解也非常慢。
怎麼才能快速地得到部分解呢？
【貪心演算法】
其實馬踏棋盤的問題很早就有人提出，且早在1823年，J.C.Warnsdorff就提出了一個有名的演算法。在每個結點對其子結點進行選取時，優先選擇『出口』最小的進行搜索，『出口』的意思是在這些子結點中它們的可行子結點的個數，也就是『孫子』結點越少的越優先跳，為什麼要這樣選取，這是一種局部調整最優的做法，如果優先選擇出口多的子結點，那出口少的子結點就會越來越多，很可能出現『死』結點（顧名思義就是沒有出口又沒有跳過的結點），這樣對下面的搜索純粹是徒勞，這樣會浪費很多無用的時間，反過來如果每次都優先選擇出口少的結點跳，那出口少的結點就會越來越少，這樣跳成功的機會就更大一些。這種演算法稱為為貪心演算法，也叫貪婪演算法或啟發式演算法，它對整個求解過程的局部做最優調整，它只適用於求較優解或者部分解，而不能求最優解。這樣的調整方法叫貪心策略，至於什麼問題需要什麼樣的貪心策略是不確定的，具體問題具體分析。實驗可以證明馬遍歷問題在運用到了上面的貪心策略之後求解速率有非常明顯的提高，如果只要求出一個解甚至不用回溯就可以完成，因為在這個演算法提出的時候世界上還沒有計算機，這種方法完全可以用手工求出解來，其效率可想而知。

2. 求一個演算法(貪心演算法)

首先,無所謂哪裡密集哪裡不密集的說法,這是人為的區分,需要首先遍歷全部格子才能確定,是最慢的演算法,全部遍歷過了就可以得出最優的路線了.
既然用貪心演算法,為了思考方便,可以假設棋盤無窮大,演算法的目的是判斷下一步該往右走還是往下走，思想如下:
判斷當前格子右、下兩個相鄰的格子是否有金塊，情形如下：
1）如果一個有一個沒有，則往有金塊的格子走
2）如果都沒有或都有，則需要判斷往哪個方向走能更快的拾到下一個金塊，方法如下：
讓機器人假設地各往兩個方向走一步，然後對當前格子作判斷情形如下：
A)一個格子繼續走能拾到金塊，另一個不能，則上一步往該格子走
B)如果仍舊都有或都沒有，重復2）直到找到符合A）的情形。

假設棋盤是N*N個格子，則貪心演算法最壞的情形是要遍歷整個棋盤，比如只有第一個格子有金塊時，就需要遍歷整個棋盤才能確定走法。最好的情形也需要遍歷4*N個格子。
時間復雜度上來算的話，應該是O（nLogn）

3. 分析i+i*i，使用演算法優先分析其過程，實驗報告問題，求解答，急急急~~~

按照優先順序來說*在+之前，所以會先計算i*i,然後算出結果之後在用這個結果去加上之前的i，舉個例子
假設i的值等於2，那麼i+i*i的結果就是：
先計算i*i，也就是2*2，等於4
然後在用i去加上這個值，也就是2+4
最後等於6

4. 貪心演算法總結

做了這10道題，其實發現貪心演算法沒有什麼規律，要說有什麼共同特點就是都是由局部最優從而推出全局最優，每個題基本上都要考慮其局部最優是什麼，其全局最優是什麼，所以雖然都用到了貪心演算法的思想，但是題與題之間又沒有什麼規律可言。

現在把這10道題的思路總結一下（總結主要以我的主觀看法在寫，可能別人看會不知道我在說什麼）

1.分發餅干：

https://programmercarl.com/0455.%E5%88%86%E5%8F%91%E9%A5%BC%E5%B9%B2.html

思路：想要完成最多的小孩滿足，那麼就得最小的餅干給胃口最小的小孩

這里的貪心思想，

局部最優就是盡可能讓一個餅干喂飽一個

全局最優就是最多的小孩滿足

2.擺動序列：

https://programmercarl.com/0376.%E6%91%86%E5%8A%A8%E5%BA%8F%E5%88%97.html

思路：這里要找到最長的擺動序列，那麼其實就是找那些波峰波谷，如圖所示

可以看出來，在到達波峰波谷的路上有幾個數字不會影響什麼，可以直接去掉。

那麼這里的局部最優就是把單調坡上的點刪掉，保留最多的波峰波谷

全局最優就是得到對多的波峰波谷，即最長的擺動序列

3.最大子序和

https://programmercarl.com/0053.%E6%9C%80%E5%A4%A7%E5%AD%90%E5%BA%8F%E5%92%8C.html

這道題顯然可以暴力解出來，即列出所有子序和，找出最大的，不過計算量會比貪心大很多。

這里主要介紹貪心解的思想：

想要得到最大子序和，就得保證每次相加時，相加後不能為負數，因為負數繼續往下加一定是拉低總和的，那麼我們當加成到負數時就重新從下個數開始加，並實時記錄最大的子序和，這樣一遍循環就能得出最大子序和。

局部最優：加成負數就立刻停止，並從下個元素重新開始

全局最優：得到最大子序和

4.買賣股票的最佳時機II

https://programmercarl.com/0122.%E4%B9%B0%E5%8D%96%E8%82%A1%E7%A5%A8%E7%9A%84%E6%9C%80%E4%BD%B3%E6%97%B6%E6%9C%BAII.html

思路：想要得到最大利潤，那就要低價買入高價賣出，那麼怎樣的買賣才能得到最大利潤呢。

這里就體現出貪心演算法的「貪」字（我猜的），這道題貪在哪呢，貪在只要有利可圖就去做，即只要今天買入的價錢比明天賣出的價錢底，即有利可圖，那麼我就去做，做就是在今天買入，在明天賣出。

局部最優：得到每天的最大正利潤

全局最優：得到最大利潤

5.跳躍游戲

https://programmercarl.com/0055.%E8%B7%B3%E8%B7%83%E6%B8%B8%E6%88%8F.html

思路：每個數組的元素代表的是可以跳的最遠下標，那麼我們只要使那個最遠下標包含最後一個下標就是可以跳到，那麼我們每跳到一個位置就要更新那個可以跳的范圍，即可以跳到的最遠下標。

局部最優：每次跳躍都得出最遠的跳躍范圍

全局最優：最後能跳到的最大范圍

6.跳躍游戲II

https://programmercarl.com/0045.%E8%B7%B3%E8%B7%83%E6%B8%B8%E6%88%8FII.html

思路：這道題要得到最小的跳躍數，其實只要保證跳的是位置是可以跳范圍內更新最遠范圍的位置就可以了。

為什麼這么說呢？以題例來說：

我們剛開始在『0』的位置，我們能跳到『1』和『2』的位置，那麼我們怎麼跳呢？可以看到跳到『1』之後更新的最大范圍是『4』，跳到『2』之後更新的最大范圍是『3』，所以我們就跳『2』了，因為跳『1』之後更新的最大可跳范圍更大包含了跳『2』的最大可跳范圍，那麼肯定是跳『3』最優呀，這里就體現了局部最優的思想。

局部最優：每次跳後，更新的最大可調范圍最大

全局最優：跳躍次數最少

7.K次取反後最大化的數組和

https://programmercarl.com/1005.K%E6%AC%A1%E5%8F%96%E5%8F%8D%E5%90%8E%E6%9C%80%E5%A4%A7%E5%8C%96%E7%9A%84%E6%95%B0%E7%BB%84%E5%92%8C.html

思路：想要得到最大數組和，我們就可以想到怎樣做呢？

一，盡可能保證負數最少

二，負數絕對值大的優先變正

三，正數絕對值小的優先變負，有零變零

本著這三條原則做，就能做出來。

那麼這道題體現了什麼貪心思想呢？

我感覺，前面那三條都是貪心中『貪』的體現

在負數中，局部最優就是：絕對值大的負數優先變正

在正數中，局部最優就是：絕對值小的正數變負，有零變零

得到的全局最優：數組和最大

8.加油站

https://programmercarl.com/0134.%E5%8A%A0%E6%B2%B9%E7%AB%99.html

思路：首先可以想到這道題是可以暴力解出來了，即分別以每個加油站為起點，得出可以跑一圈的加油站

那麼貪心思想做，該怎麼做呢，首先可以想到，如果以一個1點為起點當跑著跑著跑到3，油變為負數時，那麼說明以這個起點是不行的，但是以2或3為起點行不行呢？答案肯定是不行的，因為1跑到3，油變為負，說明1~3的gas=0的，所以可以得出，如果1~3油數變為負數，那麼由2~3油數肯定也為負數。

所以這里就可以得出，如果經過幾個加油站油數變為負了，那麼起點就更新為這一段路的下個加油站跑

局部最優：油量一旦為負，就從下個加油站重新跑

全局最優：得出可以跑一圈的加油站起點

9.分發糖果

https://programmercarl.com/0135.%E5%88%86%E5%8F%91%E7%B3%96%E6%9E%9C.html

思路：每個孩子至少一個，如果一個孩子比他旁邊的孩子優秀，就要比他旁邊的糖果多，這道題一旦兩邊都考慮很容易顧此失彼，所以我們就定義兩個循環，分別從左到右，從右到左去考慮，只要更優秀則比他旁邊的多1，如果已經多了就不用變了。

局部最優：保證優秀的孩子比他旁邊的孩子糖果多

全局最優：滿足題中條件，至少要發的糖果

10.檸檬水找零

https://programmercarl.com/0860.%E6%9F%A0%E6%AA%AC%E6%B0%B4%E6%89%BE%E9%9B%B6.html

思路：我們在找零時要遵守的規則一定是：

5 得5

10 得10減5

15 得15，優先減一個10減一個5  如果10塊沒有則減三個5

局部最優：以最少用的5塊的方式找零

全局最優：得到找零能否進行下去

5. 貪心演算法總結 Greedy Algorithms

反證法：亂正
假設貪心不是最優解：

先考慮如何排序

Exchange argument:通過交換元素將最優解轉換為貪心解，但還保持最優性

當cache中不存在所需元素時，需要訪問cache交換元素。
目標：cache misses的次數最少

最優演算法：cache miss時替換當前future queries中最遠訪問的元素。
e.g. future queries中第一個元素g出現cache miss, 需要exchange，判斷current cache中需要替換哪個元素。
在future queries中

思路：構造最優規劃 ，它有最小的cache misses次數；Farthest-In-Future規劃 ,兩者在前 個請求的序列是相同的，如果能證明在第 步時， 可以轉化為 並且沒有增加cache misses的次數，則可以說明 是最優解。
最開始，假設 和 中元素如下：

Case 1: 元素已經在Cache中
假設下一個請求的元素是d顯然兩者都不會發生cache miss，故兩者總的cache misses次數還是相同；

Case 2: 元素不在Cache中， 和 與外界嘩李悔交換相同的元素
假設下一個請求的元素是e,兩者都用a與其交換，有

和 都增加了一次擾扒cache misses，故總cache misses次數還是相同；
Case 3: 元素不在Cache中， 和 與外界交換不同的元素
假設下一個請求的元素是e, 交換a, 交換b,有

之後，下一個請求的元素有四種情況：
Case 3a: 元素在 中, 不在 中; S交換a
也就是請求b,這時S用a交換b,有

有兩次cache misses，而 只有一次，之後 和 序列又保持一致；
Case 3b: 元素在 中, 不在 中; S不交換a
也就是請求b，S用c交換b，有

用a交換c，有

兩者cache misses次數相同，之後 和 序列又保持一致
Case 3c: 元素在 中, 不在 中
即請求a，這種情況不可能發生，因為S_{FF}移出的是最遠需要的元素，即request中a會排在b之後；
Case 3d: 元素不在 和 中
假設請求f, 用a交換f, 用b交換f,有

兩者cache misses次數相同，之後 和 序列又保持一致
的cache misses次數不會多於最優解 , 即 是最優解。

Single-link k-clustering 演算法：

6. 巧用貪心演算法，計算出字元串迴文

給定一個包含大寫字母和小寫字母的字元串，找到通過這些字母構造成的最長的迴文串。

在構造過程中，請注意區分大小寫。比如 "Aa" 不能當做一個迴文字元串。

注意:
假設字元串的長度不會超過 1010。

示例 1:

輸入:
"abccccdd"

輸出:
7

解釋:
我們可以構造的最長的迴文串是"dccaccd", 它的長度是 7。

給定一個包含大寫字母和小寫字母的字元串，找到通過這些字母構造成的最長的迴文串。

請注意！！！

題目的意思是：利用這個字元串中的所有字母來構造最長迴文串，是構造！是可以改變字母出現的位置順序的！字母位置可以任意移動。而不是在順序不變的情況下找出最長的迴文串。

作者一開始粗心大意沒理解題意，直接上手做題吃大虧（捂臉。

現在來解釋下，什麼是迴文？

迴文串是一個正著讀和反著讀都一樣的字元串。

來看兩個不同的迴文例子：

AB|BA。僅看字母，我們發現，AB和BA根據中心豎線|對稱，這個迴文串長度為4，每個字母出現的次數都是偶數。
ABCBA。我們發現，AB和BA根據字母C對稱，這個迴文串長度為5，除了對稱中心的字母C僅出現過一次外，中心兩邊的字母出現次數都是偶數。
所以我們可以總結出，如果想要構造出一個迴文串，除了迴文串中心的字母只能出現一次外（如果有中心字母的話），中心兩邊的字母還需對稱出現，即出現偶數次。

解決了構造迴文串這一關鍵點，題目中還有一個特別之處：僅出現大寫字母和小寫字母。

如果對英文字母的Unicode編碼熟悉的話，可以知道，字母A的Unicode編碼是65（十進制），字母Z的Unicode編碼是90（十進制），字母a的Unicode編碼是97（十進制）,字母z的Unicode編碼是122（十進制）。

可以發現它們是Unicode編碼是連續（中間的91到96並不重要），即有序的，所以可以使用數組來存放它們，每個數組項的值就是每個字母出現的次數。

這種情況下，使用數組來存儲，會比使用哈希表（Map）來存儲來得更高性能，哪怕Unicode編碼的91到97我們無需使用。

且，在JavaScript世界中，可以使用String.prototype.charCodeAt()這一API來獲取Unicode編碼單元。

所以，我們可以這樣來統計每個字母出現的次數：

7. Pascal貪心演算法，求解答！

這道題用貪心不大好吧
記得老師以前說過
這種題用DP
這道題是最簡單的01背包
我給你發個資料
那個，發不了啊，上傳失敗
你給我qq吧
P01: 01背包問題
題目
有N件物品和一個容量為V的背包。第i件物品的費用是c[i]，價值是w[i]。求解將哪些物品裝入背包可使這些物品的費用總和不超過背包容量，且價值總和最大。

基本思路
這是最基礎的背包問題，特點是：每種物品僅有一件，可以選擇放或不放。

用子問題定義狀態：即f[i][v]表示前i件物品恰放入一個容量為v的背包可以獲得的最大價值。則其狀態轉移方程便是：f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}。

這個方程非常重要，基本上所有跟背包相關的問題的方程都是由它衍生出來的。所以有必要將它詳細解釋一下：「將前i件物品放入容量為v的背包中」這個子問題，若只考慮第i件物品的策略（放或不放），那麼就可以轉化為一個只牽扯前i-1件物品的問題。如果不放第i件物品，那麼問題就轉化為「前i-1件物品放入容量為v的背包中」；如果放第i件物品，那麼問題就轉化為「前i-1件物品放入剩下的容量為v-c[i]的背包中」，此時能獲得的最大價值就是f [i-1][v-c[i]]再加上通過放入第i件物品獲得的價值w[i]。

注意f[i][v]有意義當且僅當存在一個前i件物品的子集，其費用總和為v。所以按照這個方程遞推完畢後，最終的答案並不一定是f[N] [V]，而是f[N][0..V]的最大值。如果將狀態的定義中的「恰」字去掉，在轉移方程中就要再加入一項f[i][v-1]，這樣就可以保證f[N] [V]就是最後的答案。至於為什麼這樣就可以，由你自己來體會了。

優化空間復雜度
以上方法的時間和空間復雜度均為O(N*V)，其中時間復雜度基本已經不能再優化了，但空間復雜度卻可以優化到O(V)。

先考慮上面講的基本思路如何實現，肯定是有一個主循環i=1..N，每次算出來二維數組f[i][0..V]的所有值。那麼，如果只用一個數組f [0..V]，能不能保證第i次循環結束後f[v]中表示的就是我們定義的狀態f[i][v]呢？f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]兩個子問題遞推而來，能否保證在推f[i][v]時（也即在第i次主循環中推f[v]時）能夠得到f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]的值呢？事實上，這要求在每次主循環中我們以v=V..0的順序推f[v]，這樣才能保證推f[v]時f[v-c[i]]保存的是狀態f[i -1][v-c[i]]的值。偽代碼如下：

for i=1..N
for v=V..0
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};

其中的f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]}一句恰就相當於我們的轉移方程f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i- 1][v-c[i]]}，因為現在的f[v-c[i]]就相當於原來的f[i-1][v-c[i]]。如果將v的循環順序從上面的逆序改成順序的話，那麼則成了f[i][v]由f[i][v-c[i]]推知，與本題意不符，但它卻是另一個重要的背包問題P02最簡捷的解決方案，故學習只用一維數組解01背包問題是十分必要的。

總結
01背包問題是最基本的背包問題，它包含了背包問題中設計狀態、方程的最基本思想，另外，別的類型的背包問題往往也可以轉換成01背包問題求解。故一定要仔細體會上面基本思路的得出方法，狀態轉移方程的意義，以及最後怎樣優化的空間復雜度。

P02: 完全背包問題
題目
有N種物品和一個容量為V的背包，每種物品都有無限件可用。第i種物品的費用是c[i]，價值是w[i]。求解將哪些物品裝入背包可使這些物品的費用總和不超過背包容量，且價值總和最大。

基本思路
這個問題非常類似於01背包問題，所不同的是每種物品有無限件。也就是從每種物品的角度考慮，與它相關的策略已並非取或不取兩種，而是有取0件、取1件、取2件……等很多種。如果仍然按照解01背包時的思路，令f[i][v]表示前i種物品恰放入一個容量為v的背包的最大權值。仍然可以按照每種物品不同的策略寫出狀態轉移方程，像這樣：f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k*c[i]<=v}。這跟01背包問題一樣有O(N*V)個狀態需要求解，但求解每個狀態的時間則不是常數了，求解狀態f[i][v]的時間是O(v/c[i])，總的復雜度是超過O(VN)的。

將01背包問題的基本思路加以改進，得到了這樣一個清晰的方法。這說明01背包問題的方程的確是很重要，可以推及其它類型的背包問題。但我們還是試圖改進這個復雜度。

一個簡單有效的優化
完全背包問題有一個很簡單有效的優化，是這樣的：若兩件物品i、j滿足c[i]<=c[j]且w[i]>=w[j]，則將物品j去掉，不用考慮。這個優化的正確性顯然：任何情況下都可將價值小費用高得j換成物美價廉的i，得到至少不會更差的方案。對於隨機生成的數據，這個方法往往會大大減少物品的件數，從而加快速度。然而這個並不能改善最壞情況的復雜度，因為有可能特別設計的數據可以一件物品也去不掉。

轉化為01背包問題求解
既然01背包問題是最基本的背包問題，那麼我們可以考慮把完全背包問題轉化為01背包問題來解。最簡單的想法是，考慮到第i種物品最多選V/c [i]件，於是可以把第i種物品轉化為V/c[i]件費用及價值均不變的物品，然後求解這個01背包問題。這樣完全沒有改進基本思路的時間復雜度，但這畢竟給了我們將完全背包問題轉化為01背包問題的思路：將一種物品拆成多件物品。

更高效的轉化方法是：把第i種物品拆成費用為c[i]*2^k、價值為w[i]*2^k的若干件物品，其中k滿足c[i]*2^k<V。這是二進制的思想，因為不管最優策略選幾件第i種物品，總可以表示成若干個2^k件物品的和。這樣把每種物品拆成O(log(V/c[i]))件物品，是一個很大的改進。 但我們有更優的O(VN)的演算法。 * O(VN)的演算法 這個演算法使用一維數組，先看偽代碼： <pre class"example"> for i=1..N for v=0..Vf[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};

你會發現，這個偽代碼與P01的偽代碼只有v的循環次序不同而已。為什麼這樣一改就可行呢？首先想想為什麼P01中要按照v=V..0的逆序來循環。這是因為要保證第i次循環中的狀態f[i][v]是由狀態f[i-1][v-c[i]]遞推而來。換句話說，這正是為了保證每件物品只選一次，保證在考慮「選入第i件物品」這件策略時，依據的是一個絕無已經選入第i件物品的子結果f[i-1][v-c[i]]。而現在完全背包的特點恰是每種物品可選無限件，所以在考慮「加選一件第i種物品」這種策略時，卻正需要一個可能已選入第i種物品的子結果f[i][v-c[i]]，所以就可以並且必須採用v= 0..V的順序循環。這就是這個簡單的程序為何成立的道理。

這個演算法也可以以另外的思路得出。例如，基本思路中的狀態轉移方程可以等價地變形成這種形式：f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i][v-c[i]]+w[i]}，將這個方程用一維數組實現，便得到了上面的偽代碼。

總結
完全背包問題也是一個相當基礎的背包問題，它有兩個狀態轉移方程，分別在「基本思路」以及「O(VN)的演算法「的小節中給出。希望你能夠對這兩個狀態轉移方程都仔細地體會，不僅記住，也要弄明白它們是怎麼得出來的，最好能夠自己想一種得到這些方程的方法。事實上，對每一道動態規劃題目都思考其方程的意義以及如何得來，是加深對動態規劃的理解、提高動態規劃功力的好方法。

P03: 多重背包問題
題目
有N種物品和一個容量為V的背包。第i種物品最多有n[i]件可用，每件費用是c[i]，價值是w[i]。求解將哪些物品裝入背包可使這些物品的費用總和不超過背包容量，且價值總和最大。

基本演算法
這題目和完全背包問題很類似。基本的方程只需將完全背包問題的方程略微一改即可，因為對於第i種物品有n[i]+1種策略：取0件，取1件……取n[i]件。令f[i][v]表示前i種物品恰放入一個容量為v的背包的最大權值，則：f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k<=n[i]}。復雜度是O(V*∑n[i])。

轉化為01背包問題
另一種好想好寫的基本方法是轉化為01背包求解：把第i種物品換成n[i]件01背包中的物品，則得到了物品數為∑n[i]的01背包問題，直接求解，復雜度仍然是O(V*∑n[i])。

但是我們期望將它轉化為01背包問題之後能夠像完全背包一樣降低復雜度。仍然考慮二進制的思想，我們考慮把第i種物品換成若干件物品，使得原問題中第i種物品可取的每種策略——取0..n[i]件——均能等價於取若干件代換以後的物品。另外，取超過n[i]件的策略必不能出現。

方法是：將第i種物品分成若干件物品，其中每件物品有一個系數，這件物品的費用和價值均是原來的費用和價值乘以這個系數。使這些系數分別為 1,2,4,...,2^(k-1),n[i]-2^k+1，且k是滿足n[i]-2^k+1>0的最大整數。例如，如果n[i]為13，就將這種物品分成系數分別為1,2,4,6的四件物品。

分成的這幾件物品的系數和為n[i]，表明不可能取多於n[i]件的第i種物品。另外這種方法也能保證對於0..n[i]間的每一個整數，均可以用若干個系數的和表示，這個證明可以分0..2^k-1和2^k..n[i]兩段來分別討論得出，並不難，希望你自己思考嘗試一下。

這樣就將第i種物品分成了O(log n[i])種物品，將原問題轉化為了復雜度為O(V*∑logn[i])的01背包問題，是很大的改進。

O(VN)的演算法
多重背包問題同樣有O(VN)的演算法。這個演算法基於基本演算法的狀態轉移方程，但應用單調隊列的方法使每個狀態的值可以以均攤O(1)的時間求解。由於用單調隊列優化的DP已超出了NOIP的范圍，故本文不再展開講解。我最初了解到這個方法是在樓天成的「男人八題」幻燈片上。

小結
這里我們看到了將一個演算法的復雜度由O(V*∑n[i])改進到O(V*∑log n[i])的過程，還知道了存在應用超出NOIP范圍的知識的O(VN)演算法。希望你特別注意「拆分物品」的思想和方法，自己證明一下它的正確性，並用盡量簡潔的程序來實現。

P04: 混合三種背包問題
問題
如果將P01、P02、P03混合起來。也就是說，有的物品只可以取一次（01背包），有的物品可以取無限次（完全背包），有的物品可以取的次數有一個上限（多重背包）。應該怎麼求解呢？

01背包與完全背包的混合
考慮到在P01和P02中最後給出的偽代碼只有一處不同，故如果只有兩類物品：一類物品只能取一次，另一類物品可以取無限次，那麼只需在對每個物品應用轉移方程時，根據物品的類別選用順序或逆序的循環即可，復雜度是O(VN)。偽代碼如下：

for i=1..N
if 第i件物品是01背包
for v=V..0
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};
else if 第i件物品是完全背包
for v=0..V
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};

再加上多重背包
如果再加上有的物品最多可以取有限次，那麼原則上也可以給出O(VN)的解法：遇到多重背包類型的物品用單調隊列解即可。但如果不考慮超過NOIP范圍的演算法的話，用P03中將每個這類物品分成O(log n[i])個01背包的物品的方法也已經很優了。

小結
有人說，困難的題目都是由簡單的題目疊加而來的。這句話是否公理暫且存之不論，但它在本講中已經得到了充分的體現。本來01背包、完全背包、多重背包都不是什麼難題，但將它們簡單地組合起來以後就得到了這樣一道一定能嚇倒不少人的題目。但只要基礎扎實，領會三種基本背包問題的思想，就可以做到把困難的題目拆分成簡單的題目來解決。
P05: 二維費用的背包問題
問題
二維費用的背包問題是指：對於每件物品，具有兩種不同的費用；選擇這件物品必須同時付出這兩種代價；對於每種代價都有一個可付出的最大值（背包容量）。問怎樣選擇物品可以得到最大的價值。設這兩種代價分別為代價1和代價2，第i件物品所需的兩種代價分別為a[i]和b[i]。兩種代價可付出的最大值（兩種背包容量）分別為V和U。物品的價值為w[i]。

演算法
費用加了一維，只需狀態也加一維即可。設f[i][v][u]表示前i件物品付出兩種代價分別為v和u時可獲得的最大價值。狀態轉移方程就是：f[i][v][u]=max{f[i-1][v][u],f[i-1][v-a[i]][u-b[i]]+w[i]}。如前述方法，可以只使用二維的數組：當每件物品只可以取一次時變數v和u採用順序的循環，當物品有如完全背包問題時採用逆序的循環。當物品有如多重背包問題時拆分物品。

物品總個數的限制
有時，「二維費用」的條件是以這樣一種隱含的方式給出的：最多隻能取M件物品。這事實上相當於每件物品多了一種「件數」的費用，每個物品的件數費用均為1，可以付出的最大件數費用為M。換句話說，設f[v][m]表示付出費用v、最多選m件時可得到的最大價值，則根據物品的類型（01、完全、多重）用不同的方法循環更新，最後在f[0..V][0..M]范圍內尋找答案。

另外，如果要求「恰取M件物品」，則在f[0..V][M]范圍內尋找答案。

小結
事實上，當發現由熟悉的動態規劃題目變形得來的題目時，在原來的狀態中加一緯以滿足新的限制是一種比較通用的方法。希望你能從本講中初步體會到這種方法。

P06: 分組的背包問題
問題
有N件物品和一個容量為V的背包。第i件物品的費用是c[i]，價值是w[i]。這些物品被劃分為若干組，每組中的物品互相沖突，最多選一件。求解將哪些物品裝入背包可使這些物品的費用總和不超過背包容量，且價值總和最大。

演算法
這個問題變成了每組物品有若干種策略：是選擇本組的某一件，還是一件都不選。也就是說設f[k][v]表示前k組物品花費費用v能取得的最大權值，則有f[k][v]=max{f[k-1][v],f[k-1][v-c[i]]+w[i]|物品i屬於第k組}。

使用一維數組的偽代碼如下：

for 所有的組k
for 所有的i屬於組k
for v=V..0
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}

另外，顯然可以對每組中的物品應用P02中「一個簡單有效的優化」。

小結
分組的背包問題將彼此互斥的若干物品稱為一個組，這建立了一個很好的模型。不少背包問題的變形都可以轉化為分組的背包問題（例如P07），由分組的背包問題進一步可定義「泛化物品」的概念，十分有利於解題。

P07: 有依賴的背包問題
簡化的問題
這種背包問題的物品間存在某種「依賴」的關系。也就是說，i依賴於j，表示若選物品i，則必須選物品j。為了簡化起見，我們先設沒有某個物品既依賴於別的物品，又被別的物品所依賴；另外，沒有某件物品同時依賴多件物品。

演算法
這個問題由NOIP2006金明的預算方案一題擴展而來。遵從該題的提法，將不依賴於別的物品的物品稱為「主件」，依賴於某主件的物品稱為「附件」。由這個問題的簡化條件可知所有的物品由若干主件和依賴於每個主件的一個附件集合組成。

按照背包問題的一般思路，僅考慮一個主件和它的附件集合。可是，可用的策略非常多，包括：一個也不選，僅選擇主件，選擇主件後再選擇一個附件，選擇主件後再選擇兩個附件……無法用狀態轉移方程來表示如此多的策略。（事實上，設有n個附件，則策略有2^n+1個，為指數級。）

考慮到所有這些策略都是互斥的（也就是說，你只能選擇一種策略），所以一個主件和它的附件集合實際上對應於P06中的一個物品組，每個選擇了主件又選擇了若干個附件的策略對應於這個物品組中的一個物品，其費用和價值都是這個策略中的物品的值的和。但僅僅是這一步轉化並不能給出一個好的演算法，因為物品組中的物品還是像原問題的策略一樣多。

再考慮P06中的一句話： 可以對每組中的物品應用P02中「一個簡單有效的優化」。這提示我們，對於一個物品組中的物品，所有費用相同的物品只留一個價值最大的，不影響結果。所以，我們可以對主件i的「附件集合」先進行一次01背包，得到費用依次為0..V-c[i]所有這些值時相應的最大價值f'[0..V-c[i]]。那麼這個主件及它的附件集合相當於V-c[i]+1個物品的物品組，其中費用為c[i]+k的物品的價值為f'[k]+w[i]。也就是說原來指數級的策略中有很多策略都是冗餘的，通過一次01背包後，將主件i轉化為 V-c[i]+1個物品的物品組，就可以直接應用P06的演算法解決問題了。

更一般的問題
更一般的問題是：依賴關系以圖論中「森林」的形式給出（森林即多叉樹的集合），也就是說，主件的附件仍然可以具有自己的附件集合，限制只是每個物品最多隻依賴於一個物品（只有一個主件）且不出現循環依賴。

解決這個問題仍然可以用將每個主件及其附件集合轉化為物品組的方式。唯一不同的是，由於附件可能還有附件，就不能將每個附件都看作一個一般的01 背包中的物品了。若這個附件也有附件集合，則它必定要被先轉化為物品組，然後用分組的背包問題解出主件及其附件集合所對應的附件組中各個費用的附件所對應的價值。

事實上，這是一種樹形DP，其特點是每個父節點都需要對它的各個兒子的屬性進行一次DP以求得自己的相關屬性。這已經觸及到了「泛化物品」的思想。看完P08後，你會發現這個「依賴關系樹」每一個子樹都等價於一件泛化物品，求某節點為根的子樹對應的泛化物品相當於求其所有兒子的對應的泛化物品之和。

小結
NOIP2006的那道背包問題我做得很失敗，寫了上百行的代碼，卻一分未得。後來我通過思考發現通過引入「物品組」和「依賴」的概念可以加深對這題的理解，還可以解決它的推廣問題。用物品組的思想考慮那題中極其特殊的依賴關系：物品不能既作主件又作附件，每個主件最多有兩個附件，可以發現一個主件和它的兩個附件等價於一個由四個物品組成的物品組，這便揭示了問題的某種本質。

我想說：失敗不是什麼丟人的事情，從失敗中全無收獲才是。

P08: 泛化物品
定義
考慮這樣一種物品，它並沒有固定的費用和價值，而是它的價值隨著你分配給它的費用而變化。這就是泛化物品的概念。

更嚴格的定義之。在背包容量為V的背包問題中，泛化物品是一個定義域為0..V中的整數的函數h，當分配給它的費用為v時，能得到的價值就是h(v)。

這個定義有一點點抽象，另一種理解是一個泛化物品就是一個數組h[0..V]，給它費用v，可得到價值h[V]。

一個費用為c價值為w的物品，如果它是01背包中的物品，那麼把它看成泛化物品，它就是除了h(c)=w其它函數值都為0的一個函數。如果它是完全背包中的物品，那麼它可以看成這樣一個函數，僅當v被c整除時有h(v)=v/c*w，其它函數值均為0。如果它是多重背包中重復次數最多為n的物品，那麼它對應的泛化物品的函數有h(v)=v/c*w僅當v被c整除且v/c<=n，其它情況函數值均為0。

一個物品組可以看作一個泛化物品h。對於一個0..V中的v，若物品組中不存在費用為v的的物品，則h(v)=0，否則h(v)為所有費用為v的物品的最大價值。P07中每個主件及其附件集合等價於一個物品組，自然也可看作一個泛化物品。

泛化物品的和
如果面對兩個泛化物品h和l，要用給定的費用從這兩個泛化物品中得到最大的價值，怎麼求呢？事實上，對於一個給定的費用v，只需枚舉將這個費用如何分配給兩個泛化物品就可以了。同樣的，對於0..V的每一個整數v，可以求得費用v分配到h和l中的最大價值f(v)。也即f(v)=max{h(k)+l(v-k)|0<=k<=v}。可以看到，f也是一個由泛化物品h和l決定的定義域為0..V的函數，也就是說，f是一個由泛化物品h和 l決定的泛化物品。

由此可以定義泛化物品的和：h、l都是泛化物品，若泛化物品f滿足f(v)=max{h(k)+l(v-k)|0<=k<=v}，則稱f是h與l的和，即f=h+l。這個運算的時間復雜度是O(V^2)。

泛化物品的定義表明：在一個背包問題中，若將兩個泛化物品代以它們的和，不影響問題的答案。事實上，對於其中的物品都是泛化物品的背包問題，求它的答案的過程也就是求所有這些泛化物品之和的過程。設此和為s，則答案就是s[0..V]中的最大值。

背包問題的泛化物品
一個背包問題中，可能會給出很多條件，包括每種物品的費用、價值等屬性，物品之間的分組、依賴等關系等。但肯定能將問題對應於某個泛化物品。也就是說，給定了所有條件以後，就可以對每個非負整數v求得：若背包容量為v，將物品裝入背包可得到的最大價值是多少，這可以認為是定義在非負整數集上的一件泛化物品。這個泛化物品——或者說問題所對應的一個定義域為非負整數的函數——包含了關於問題本身的高度濃縮的信息。一般而言，求得這個泛化物品的一個子域（例如0..V）的值之後，就可以根據這個函數的取值得到背包問題的最終答案。

綜上所述，一般而言，求解背包問題，即求解這個問題所對應的一個函數，即該問題的泛化物品。而求解某個泛化物品的一種方法就是將它表示為若干泛化物品的和然後求之。

小結
本講可以說都是我自己的原創思想。具體來說，是我在學習函數式編程的 Scheme 語言時，用函數編程的眼光審視各類背包問題得出的理論。這一講真的很抽象，也許在「模型的抽象程度」這一方面已經超出了NOIP的要求，所以暫且看不懂也沒關系。相信隨著你的OI之路逐漸延伸，有一天你會理解的。

我想說：「思考」是一個OIer最重要的品質。簡單的問題，深入思考以後，也能發現更多。

P09: 背包問題問法的變化
以上涉及的各種背包問題都是要求在背包容量（費用）的限制下求可以取到的最大價值，但背包問題還有很多種靈活的問法，在這里值得提一下。但是我認為，只要深入理解了求背包問題最大價值的方法，即使問法變化了，也是不難想出演算法的。

例如，求解最多可以放多少件物品或者最多可以裝滿多少背包的空間。這都可以根據具體問題利用前面的方程求出所有狀態的值（f數組）之後得到。

還有，如果要求的是「總價值最小」「總件數最小」，只需簡單的將上面的狀態轉移方程中的max改成min即可。