动态规划专题——背包问题

?‍? 文章作者：Iareges
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前言一、01背包1.1 使用滚动数组优化 二、完全背包2.1 使用滚动数组优化 三、多重背包3.1 使用二进制优化 四、分组背包总结

前言

本文主要介绍常见的四种背包问题，思维导图如下：

一、01背包

? 现有 N N N 件物品和一个最多能承重 M M M 的背包，第 i i i 件物品的重量是 w i w_i wi​，价值是 v i v_i vi​。在背包能承受的范围内，试问将哪些物品装入背包后可使总价值最大，求这个最大价值。

因为每件物品只有选与不选两种状态，所以该问题又称01背包问题。

设 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 的含义是：在背包承重为 j j j 的前提下，从前 i i i 个物品中选能够得到的最大价值。不难发现 d p [ N ] [ M ] dp[N][M] dp[N][M] 就是本题的答案。

如何计算 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 呢？我们可以将它划分为以下两部分：

选第 i i i 个物品：由于第 i i i 个物品一定会被选择，那么相当于从前 i − 1 i-1 i−1 个物品中选且总重量不超过 j − w [ i ] j-w[i] j−w[i]，对应 d p [ i − 1 ] [ j − w [ i ] ] + v [ i ] dp[i-1][j-w[i]]+v[i] dp[i−1][j−w[i]]+v[i]。不选第 i i i 个物品：意味着从前 i − 1 i-1 i−1 个物品中选且总重量不超过 j j j，对应 d p [ i − 1 ] [ j ] dp[i-1][j] dp[i−1][j]。

结合以上两点可得递推公式：

d p [ i ] [ j ] = max ⁡ ( d p [ i − 1 ] [ j ] ,    d p [ i − 1 ] [ j − w [ i ] ] + v [ i ] ) dp[i][j] = \max(dp[i-1][j],\;dp[i-1][j-w[i]]+v[i]) dp[i][j]=max(dp[i−1][j],dp[i−1][j−w[i]]+v[i])

由于下标不能是负数，所以上述递推公式要求 j ≥ w [ i ] j\geq w[i] j≥w[i]。当 j < w [ i ] j<w[i] j<w[i] 时，意味着第 i i i 个物品无法装进背包，此时 d p [ i ] [ j ] = d p [ i − 1 ] [ j ] dp[i][j]=dp[i-1][j] dp[i][j]=dp[i−1][j]。综合以上可得出：

d p [ i ] [ j ] = { d p [ i − 1 ] [ j ] , j < w [ i ] max ⁡ ( d p [ i − 1 ] [ j ] ,    d p [ i − 1 ] [ j − w [ i ] ] + v [ i ] ) , j ≥ w [ i ] dp[i][j]= \begin{cases} dp[i-1][j],&j<w[i] \\ \max(dp[i-1][j],\;dp[i-1][j-w[i]]+v[i]),&j\geq w[i] \end{cases} dp[i][j]={dp[i−1][j],max(dp[i−1][j],dp[i−1][j−w[i]]+v[i]),​j<w[i]j≥w[i]​

d p dp dp 数组应当如何初始化呢？当背包承重为 0 0 0 时，显然装不下任何物品，所以 d p [ i ] [ 0 ] = 0    ( 1 ≤ i ≤ N ) dp[i][0]=0\;(1\leq i\leq N) dp[i][0]=0(1≤i≤N)。若一个物品也不选（即从前 0 0 0 个物品中选），此时最大价值也是 0 0 0，所以 d p [ 0 ] [ j ] = 0    ( 0 ≤ j ≤ M ) dp[0][j]=0\;(0\leq j\leq M) dp[0][j]=0(0≤j≤M)。由此可知， d p dp dp 数组应当全0初始化，即声明为全局变量。

题目链接：AcWing 2. 01背包问题

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 1010;int w[N], v[N];int dp[N][N];int main() {    ios::sync_with_stdio(false);    cin.tie(nullptr);    int n, m;    cin >> n >> m;    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> w[i] >> v[i];    for (int i = 1; i <= n; i++) {        for (int j = 1; j <= m; j++) {            if (j < w[i]) dp[i][j] = dp[i - 1][j];            else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - w[i]] + v[i]);        }    }    cout << dp[n][m] << "\n";    return 0;}

时间复杂度为 O ( n m ) O(nm) O(nm)。

1.1 使用滚动数组优化

之前我们用到的 d p dp dp 数组是二维数组，它可以进一步优化成一维数组。

观察递推公式不难发现， d p dp dp 数组中第 i i i 行的元素仅由第 i − 1 i-1 i−1 行的元素得来，即第 0 0 0 行元素的更新值放到第 1 1 1 行，第 1 1 1 行元素的更新值放到第 2 2 2 行，以此类推。与其把一行的更新值放到新的一行，不如直接就地更新，因此我们的 d p dp dp 数组只需要一行来存储，即一维数组。

去掉 d p dp dp 数组的第一维后，递推公式变成：

d p [ j ] = { d p [ j ] , j < w [ i ] max ⁡ ( d p [ j ] ,    d p [ j − w [ i ] ] + v [ i ] ) , j ≥ w [ i ] dp[j]= \begin{cases} dp[j],&j<w[i] \\ \max(dp[j],\;dp[j-w[i]]+v[i]),&j\geq w[i] \end{cases} dp[j]={dp[j],max(dp[j],dp[j−w[i]]+v[i]),​j<w[i]j≥w[i]​

即

d p [ j ] = max ⁡ ( d p [ j ] ,    d p [ j − w [ i ] ] + v [ i ] ) , j ≥ w [ i ] dp[j]= \max(dp[j],\;dp[j-w[i]]+v[i]),\quad j\geq w[i] dp[j]=max(dp[j],dp[j−w[i]]+v[i]),j≥w[i]

原先 j j j 是从 1 1 1 遍历至 m m m 的，现在只需从 w [ i ] w[i] w[i] 遍历至 m m m。但，这个遍历顺序真的对吗？

请看下图：

红色箭头表示，在二维数组中， d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 由 d p [ i − 1 ] [ j − w [ i ] ] dp[i-1][j-w[i]] dp[i−1][j−w[i]] 和 d p [ i − 1 ] [ j ] dp[i-1][j] dp[i−1][j] 得来， d p [ i ] [ j + w [ i ] ] dp[i][j+w[i]] dp[i][j+w[i]] 由 d p [ i − 1 ] [ j ] dp[i-1][j] dp[i−1][j] 和 d p [ i − 1 ] [ j + w [ i ] ] dp[i-1][j+w[i]] dp[i−1][j+w[i]] 得来。用一维数组的话来讲就是，第 i i i 行的 d p [ j ] dp[j] dp[j] 由第 i − 1 i-1 i−1 行的 d p [ j − w [ i ] ] dp[j-w[i]] dp[j−w[i]] 和 d p [ j ] dp[j] dp[j] 得来，第 i i i 行的 d p [ j + w [ i ] ] dp[j+w[i]] dp[j+w[i]] 由第 i − 1 i-1 i−1 行的 d p [ j ] dp[j] dp[j] 和 d p [ j + w [ i ] ] dp[j+w[i]] dp[j+w[i]] 得来。

如果 j j j 从小到大遍历，那么会先更新 d p [ j ] dp[j] dp[j] 再更新 d p [ j + w [ i ] ] dp[j+w[i]] dp[j+w[i]]，这就导致在更新 d p [ j + w [ i ] ] dp[j+w[i]] dp[j+w[i]] 时使用的是第 i i i 行的 d p [ j ] dp[j] dp[j] 而非第 i − 1 i-1 i−1 行的 d p [ j ] dp[j] dp[j]，即当 j j j 从小到大遍历时，二维数组的递推式变成了：

d p [ i ] [ j ] = { d p [ i − 1 ] [ j ] , j < w [ i ] max ⁡ ( d p [ i − 1 ] [ j ] ,    d p [ i ] [ j − w [ i ] ] + v [ i ] ) , j ≥ w [ i ] dp[i][j]= \begin{cases} dp[i-1][j],&j<w[i] \\ \max(dp[i-1][j],\;dp[i][j-w[i]]+v[i]),&j\geq w[i] \end{cases} dp[i][j]={dp[i−1][j],max(dp[i−1][j],dp[i][j−w[i]]+v[i]),​j<w[i]j≥w[i]​

⚠️ 请牢记该式，后续讲解完全背包时会提到它。

这显然是错误的。事实上，让 j j j 从大到小遍历就不会出现这个问题。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 1010;int w[N], v[N];int dp[N];int main() {    ios::sync_with_stdio(false);    cin.tie(nullptr);    int n, m;    cin >> n >> m;    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> w[i] >> v[i];    for (int i = 1; i <= n; i++)        for (int j = m; j >= w[i]; j--)            dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);    cout << dp[m] << "\n";    return 0;}

当然， w w w 数组和 v v v 数组也是不必要的，我们可以边输入边处理，因此可以得到01背包问题的最终版代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 1010;int dp[N];int main() {    ios::sync_with_stdio(false);    cin.tie(nullptr);    int n, m;    cin >> n >> m;    for (int i = 1; i <= n; i++) {        int w, v;        cin >> w >> v;        for (int j = m; j >= w; j--)            dp[j] = max(dp[j], dp[j - w] + v);    }    cout << dp[m] << "\n";    return 0;}

到此为止，可以总结出，当 d p dp dp 数组是二维数组时， j j j 既可以从小到大遍历也可以从大到小遍历，但当 d p dp dp 数组是一维数组时， j j j 只能从大到小遍历。

二、完全背包

? 现有 N N N 种物品和一个最多能承重 M M M 的背包，每种物品都有无限个，第 i i i 种物品的重量是 w i w_i wi​，价值是 v i v_i vi​。在背包能承受的范围内，试问将哪些物品装入背包后可使总价值最大，求这个最大价值。

设 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 的含义是：在背包承重为 j j j 的前提下，从前 i i i 种物品中选能够得到的最大价值。

如何计算 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 呢？我们可以将它划分为以下若干部分：

选 0 0 0 个第 i i i 种物品：相当于不选第 i i i 种物品，对应 d p [ i − 1 ] [ j ] dp[i-1][j] dp[i−1][j]。选 1 1 1 个第 i i i 种物品：对应 d p [ i − 1 ] [ j − w [ i ] ] + v [ i ] dp[i-1][j-w[i]]+v[i] dp[i−1][j−w[i]]+v[i]。选 2 2 2 个第 i i i 种物品：对应 d p [ i − 1 ] [ j − 2 ⋅ w [ i ] ] + 2 ⋅ v [ i ] dp[i-1][j-2\cdot w[i]]+2\cdot v[i] dp[i−1][j−2⋅w[i]]+2⋅v[i]。 ⋯ \cdots ⋯

上述过程并不会无限进行下去，因为背包承重是有限的。设第 i i i 种物品最多能选 t t t 个，于是可知 t = ⌊ j w [ i ] ⌋ t=\lfloor \frac{j}{w[i]}\rfloor t=⌊w[i]j​⌋，从而得到递推式：

d p [ i ] [ j ] = max ⁡ 0 ≤ k ≤ t d p [ i − 1 ] [ j − k ⋅ w [ i ] ] + k ⋅ v [ i ] dp[i][j]=\max_{0\leq k\leq t} dp[i-1][j-k\cdot w[i]]+k\cdot v[i] dp[i][j]=0≤k≤tmax​dp[i−1][j−k⋅w[i]]+k⋅v[i]

题目链接：AcWing 3. 完全背包问题

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 1010;int w[N], v[N];int dp[N][N];int main() {    ios::sync_with_stdio(false);    cin.tie(nullptr);    int n, m;    cin >> n >> m;    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> w[i] >> v[i];    for (int i = 1; i <= n; i++)        for (int j = 1; j <= m; j++) {            int t = j / w[i];            for (int k = 0; k <= t; k++)                dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - k * w[i]] + k * v[i]);        }    cout << dp[n][m] << "\n";    return 0;}

若将 t t t 的值改为 min ⁡ ( 1 ,   j / w [ i ] ) \min(1,\,j/w[i]) min(1,j/w[i])，则完全背包将退化为01背包。

上述代码的时间复杂度为 O ( m 2 ∑ i w i − 1 ) ≈ O ( m 2 n ) O(m^2\sum_iw_i^{-1})\approx O(m^2n) O(m2∑i​wi−1​)≈O(m2n)，TLE是必然的。

2.1 使用滚动数组优化

考虑 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]，此时第 i i i 种物品最多能选 t 1 = ⌊ j w [ i ] ⌋ t_1=\lfloor \frac{j}{w[i]} \rfloor t1​=⌊w[i]j​⌋ 个，将递推式展开：

d p [ i ] [ j ] = max ⁡ ( d p [ i − 1 ] [ j ] ,    d p [ i − 1 ] [ j − w [ i ] ] + v [ i ] , d p [ i − 1 ] [ j − 2 ⋅ w [ i ] ] + 2 ⋅ v [ i ] , ⋮ d p [ i − 1 ] [ j − t 1 ⋅ w [ i ] ] + t 1 ⋅ v [ i ] ) \begin{aligned} dp[i][j] = \max(dp[i-1][j],\; &dp[i-1][j-w[i]]+v[i], \\ &dp[i-1][j-2\cdot w[i]]+2\cdot v[i], \\ &\vdots \\ &dp[i-1][j-t_1\cdot w[i]]+t_1\cdot v[i]) \end{aligned} dp[i][j]=max(dp[i−1][j],​dp[i−1][j−w[i]]+v[i],dp[i−1][j−2⋅w[i]]+2⋅v[i],⋮dp[i−1][j−t1​⋅w[i]]+t1​⋅v[i])​

下面考虑 d p [ i ] [ j − w [ i ] ] dp[i][j-w[i]] dp[i][j−w[i]]，此时第 i i i 种物品最多能选 t 2 = ⌊ j − w [ i ] w [ i ] ⌋ = ⌊ j w [ i ] − 1 ⌋ = t 1 − 1 t_2=\lfloor \frac{j-w[i]}{w[i]} \rfloor=\lfloor \frac{j}{w[i]}-1\rfloor=t_1-1 t2​=⌊w[i]j−w[i]​⌋=⌊w[i]j​−1⌋=t1​−1 个，相应的递推式为

d p [ i ] [ j − w [ i ] ] = max ⁡ ( d p [ i − 1 ] [ j − w [ i ] ] ,    d p [ i − 1 ] [ j − w [ i ] − w [ i ] ] + v [ i ] , d p [ i − 1 ] [ j − w [ i ] − 2 ⋅ w [ i ] ] + 2 ⋅ v [ i ] , ⋮ d p [ i − 1 ] [ j − w [ i ] − t 2 ⋅ w [ i ] ] + t 2 ⋅ v [ i ] ) \begin{aligned} dp[i][j-w[i]] = \max(dp[i-1][j-w[i]],\; &dp[i-1][j-w[i]-w[i]]+v[i], \\ &dp[i-1][j-w[i]-2\cdot w[i]]+2\cdot v[i], \\ &\vdots \\ &dp[i-1][j-w[i]-t_2\cdot w[i]]+t_2\cdot v[i]) \end{aligned} dp[i][j−w[i]]=max(dp[i−1][j−w[i]],​dp[i−1][j−w[i]−w[i]]+v[i],dp[i−1][j−w[i]−2⋅w[i]]+2⋅v[i],⋮dp[i−1][j−w[i]−t2​⋅w[i]]+t2​⋅v[i])​

又注意到 t 1 = t 2 + 1 t_1=t_2+1 t1​=t2​+1，上式可化简为

d p [ i ] [ j − w [ i ] ] = max ⁡ ( d p [ i − 1 ] [ j − w [ i ] ] ,    d p [ i − 1 ] [ j − 2 ⋅ w [ i ] ] + v [ i ] , d p [ i − 1 ] [ j − 3 ⋅ w [ i ] ] + 2 ⋅ v [ i ] , ⋮ d p [ i − 1 ] [ j − t 1 ⋅ w [ i ] ] + ( t 1 − 1 ) ⋅ v [ i ] ) \begin{aligned} dp[i][j-w[i]] = \max(dp[i-1][j-w[i]],\; &dp[i-1][j-2\cdot w[i]]+v[i], \\ &dp[i-1][j-3\cdot w[i]]+2\cdot v[i], \\ &\vdots \\ &dp[i-1][j-t_1\cdot w[i]]+(t_1-1)\cdot v[i]) \end{aligned} dp[i][j−w[i]]=max(dp[i−1][j−w[i]],​dp[i−1][j−2⋅w[i]]+v[i],dp[i−1][j−3⋅w[i]]+2⋅v[i],⋮dp[i−1][j−t1​⋅w[i]]+(t1​−1)⋅v[i])​

将该式与 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 的递推式比较不难发现

d p [ i ] [ j ] = max ⁡ ( d p [ i − 1 ] [ j ] ,    d p [ i ] [ j − w [ i ] ] + v [ i ] ) dp[i][j]=\max(dp[i-1][j],\;dp[i][j-w[i]]+v[i]) dp[i][j]=max(dp[i−1][j],dp[i][j−w[i]]+v[i])

根据1.1节中的结论，该式对应的是 j j j 从小到大遍历，于是我们只需把01背包问题的代码中的 j j j 改为从小到大遍历即可。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 1010;int dp[N];int main() {    ios::sync_with_stdio(false);    cin.tie(nullptr);    int n, m;    cin >> n >> m;    for (int i = 1; i <= n; i++) {        int w, v;        cin >> w >> v;        for (int j = w; j <= m; j++)  // 只需修改这一行            dp[j] = max(dp[j], dp[j - w] + v);    }    cout << dp[m] << "\n";    return 0;}

优化后的时间复杂度为 O ( n m ) O(nm) O(nm)。

三、多重背包

? 现有 N N N 种物品和一个最多能承重 M M M 的背包，第 i i i 种物品的数量是 s i s_i si​，重量是 w i w_i wi​，价值是 v i v_i vi​。在背包能承受的范围内，试问将哪些物品装入背包后可使总价值最大，求这个最大价值。

回顾完全背包问题的暴力解法，在背包承重为 j j j 的前提下，第 i i i 种物品最多能放 t = j / w [ i ] t=j/w[i] t=j/w[i] 个（这里是整除）。而在01背包问题中，第 i i i 种物品只有一个，所以应当取 t = min ⁡ ( 1 ,   j / w [ i ] ) t=\min(1,\,j/w[i]) t=min(1,j/w[i])。由此可见，对于多重背包问题，只需取 t = min ⁡ ( s [ i ] ,   j / w [ i ] ) t=\min(s[i],\,j/w[i]) t=min(s[i],j/w[i])。

对完全背包问题的暴力解法做一点简单修改即可求解多重背包问题。

题目链接：AcWing 4. 多重背包问题

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 110;int dp[N][N];int main() {    ios::sync_with_stdio(false);    cin.tie(nullptr);    int n, m;    cin >> n >> m;    for (int i = 1; i <= n; i++) {        int w, v, s;        cin >> w >> v >> s;        for (int j = 1; j <= m; j++) {            int t = min(s, j / w);  // 只有这里需要修改            for (int k = 0; k <= t; k++)                dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - k * w] + k * v);        }    }    cout << dp[n][m] << "\n";    return 0;}

时间复杂度为 O ( m ∑ i s i ) O(m\sum_i s_i) O(m∑i​si​)，但还可以进一步优化。

3.1 使用二进制优化

从时间复杂度的表达式可以看出， O ( m ) O(m) O(m) 的部分已经无法再优化了，我们只能从 O ( ∑ i s i ) O(\sum_i s_i) O(∑i​si​) 入手。

先来看一个例子。水果店里有 40 40 40 个苹果，小明计划购买 n   ( 1 ≤ n ≤ 40 ) n\,(1\leq n\leq 40) n(1≤n≤40) 个苹果，试问如何让小明尽可能快速地完成购买？一个显而易见的暴力做法是，让小明一个个拿（单位是个），但效率过于低下。事实上，店员可事先准备好 6 6 6 个箱子，每个箱子中的苹果数量分别为 [ 1 , 2 , 4 , 8 , 16 , 9 ] [1,2,4,8,16,9] [1,2,4,8,16,9]，再让小明按箱子拿（单位是箱子），无论小明计划购买多少个，他最多只需要拿 6 6 6 次，而在暴力做法中，小明最多需要拿 40 40 40 次。

下面用数学语言来描述上面的例子。对于任意的正整数 s s s，我们都可以找到 ⌊ log ⁡ 2 s ⌋ + 1 ≜ k \lfloor \log_2 s\rfloor+1\triangleq k ⌊log2​s⌋+1≜k 个正整数 a 1 , ⋯   , a k a_1,\cdots,a_k a1​,⋯,ak​，使得 ∀   n ∈ [ 0 , s ] \forall\, n\in[0,s] ∀n∈[0,s]，都有

n = v T a , a = ( a 1 , ⋯   , a k ) T , a i = { 2 i − 1 , 1 ≤ i ≤ k − 1 s − 2 k − 1 + 1   ( ∈ [ 1 ,   2 k − 1 ] ) , i = k n=v^\mathrm{T}a,\quad a=(a_1,\cdots,a_k)^\mathrm{T},\quad a_i= \begin{cases} 2^{i-1},&1\leq i\leq k -1\\ s-2^{k-1}+1\,(\in [1,\,2^{k-1}]),&i=k\\ \end{cases} n=vTa,a=(a1​,⋯,ak​)T,ai​={2i−1,s−2k−1+1(∈[1,2k−1]),​1≤i≤k−1i=k​

其中 v = ( v 1 , ⋯   , v k ) T v=(v_1,\cdots,v_k)^\mathrm{T} v=(v1​,⋯,vk​)T，且其分量非 0 0 0 即 1 1 1。

感兴趣的读者可自行证明，这里不再赘述。回到本题，先不考虑背包的承重，我们在暴力求解多重背包的时候，对于每种物品 i i i，都要从 0 0 0 逐个枚举至 s [ i ] s[i] s[i]，效率无疑是低下的。现在，对于每种物品 i i i，我们将这 s [ i ] s[i] s[i] 个物品分散至 ⌊ log ⁡ 2 s [ i ] ⌋ + 1 \lfloor \log_2 s[i]\rfloor+1 ⌊log2​s[i]⌋+1 个「箱子」中，于是多重背包便化成了01背包。

题目链接：AcWing 5. 多重背包问题 II

多重背包问题中的一个「箱子」相当于01背包问题中的一件「物品」，因此我们需要估计出多重背包问题中到底有多少个箱子。显然箱子总数为

N = ∑ i = 1 n ( ⌊ log ⁡ 2 s [ i ] ⌋ + 1 ) ≤ ∑ i = 1 n ⌊ log ⁡ 2 2000 ⌋ + n = 11 n ≤ 11000 N=\sum_{i=1}^n(\lfloor \log_2 s[i]\rfloor+1)\leq \sum_{i=1}^n \lfloor \log_2 2000\rfloor+n=11n\leq 11000 N=i=1∑n​(⌊log2​s[i]⌋+1)≤i=1∑n​⌊log2​2000⌋+n=11n≤11000

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 11010, M = 2010;int w[N], v[N];int dp[M];int main() {    ios::sync_with_stdio(false);    cin.tie(nullptr);    int n, m;    cin >> n >> m;    int cnt = 0;    while (n--) {        int a, b, s;  // a是重量, b是价值, c是数量        cin >> a >> b >> s;        for (int k = 1; k <= s; k *= 2) {            cnt++;            w[cnt] = a * k, v[cnt] = b * k;            s -= k;        }        if (s > 0) {            cnt++;            w[cnt] = a * s, v[cnt] = b * s;        }    }    n = cnt;    for (int i = 1; i <= n; i++)        for (int j = m; j >= w[i]; j--)            dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);    cout << dp[m] << "\n";    return 0;}

优化后的时间复杂度为 O ( m ∑ i log ⁡ s i ) O(m\sum_i \log s_i) O(m∑i​logsi​)。

四、分组背包

? 现有 N N N 组物品和一个最多能承重 M M M 的背包，每组物品有若干个，同一组内的物品最多只能选一个。每件物品的重量是 w i j w_{ij} wij​，价值是 v i j v_{ij} vij​，其中 i i i 是组号， j j j 是组内编号。在背包能承受的范围内，试问将哪些物品装入背包后可使总价值最大，求这个最大价值。

设 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 的含义是：在背包承重为 j j j 的前提下，从前 i i i 组物品中选能够得到的最大价值。

如何计算 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 呢？我们可以将它划分为以下若干部分：

不选第 i i i 组的物品：对应 d p [ i − 1 ] [ j ] dp[i-1][j] dp[i−1][j]。选第 i i i 组的第 1 1 1 个物品：对应 d p [ i − 1 ] [ j − w [ i ] [ 1 ] ] + v [ i ] [ 1 ] dp[i-1][j-w[i][1]]+v[i][1] dp[i−1][j−w[i][1]]+v[i][1]。选第 i i i 组的第 2 2 2 个物品：对应 d p [ i − 1 ] [ j − w [ i ] [ 2 ] ] + v [ i ] [ 2 ] dp[i-1][j-w[i][2]]+v[i][2] dp[i−1][j−w[i][2]]+v[i][2]。 ⋯ \cdots ⋯选第 i i i 组的第 s [ i ] s[i] s[i] 个物品：对应 d p [ i − 1 ] [ j − w [ i ] [ s [ i ] ] ] + v [ i ] [ s [ i ] ] dp[i-1][j-w[i][s[i]]]+v[i][s[i]] dp[i−1][j−w[i][s[i]]]+v[i][s[i]]。

直接将 d p dp dp 数组优化到一维可得递推式：

d p [ j ] = max ⁡ ( d p [ j ] ,    max ⁡ 1 ≤ k ≤ s [ i ] d p [ j − w [ i ] [ k ] ] + v [ i ] [ k ] ) dp[j]=\max(dp[j],\;\max_{1\leq k\le s[i]} dp[j-w[i][k]]+v[i][k]) dp[j]=max(dp[j],1≤k≤s[i]max​dp[j−w[i][k]]+v[i][k])

题目链接：AcWing 9. 分组背包问题

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 110;int w[N][N], v[N][N], s[N];int dp[N];int main() {    ios::sync_with_stdio(false);    cin.tie(nullptr);    int n, m;    cin >> n >> m;    for (int i = 1; i <= n; i++) {        cin >> s[i];        for (int j = 1; j <= s[i]; j++)            cin >> w[i][j] >> v[i][j];    }    for (int i = 1; i <= n; i++)        for (int j = m; j >= 1; j--)            for (int k = 1; k <= s[i]; k++)                if (j >= w[i][k])                    dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i][k]] + v[i][k]);    cout << dp[m] << "\n";    return 0;}

总结

我们可以用一个公式来表示01背包、完全背包和多重背包：

d p [ i ] [ j ] = max ⁡ 0 ≤ k ≤ t d p [ i − 1 ] [ j − k ⋅ w [ i ] ] + k ⋅ v [ i ] , t = { min ⁡ ( 1 ,    j / w [ i ] ) , 01 背包 min ⁡ ( + ∞ ,    j / w [ i ] ) = j / w [ i ] , 完全背包 min ⁡ ( s [ i ] ,    j / w [ i ] ) , 多重背包 dp[i][j]=\max_{0\leq k\leq t} dp[i-1][j-k\cdot w[i]]+k\cdot v[i],\quad t=\begin{cases} \min(1,\;j/w[i]),&01背包\\ \min(+\infty,\;j/w[i])=j/w[i],&完全背包 \\ \min(s[i],\;j/w[i]),&多重背包 \end{cases} dp[i][j]=0≤k≤tmax​dp[i−1][j−k⋅w[i]]+k⋅v[i],t=⎩ ⎨ ⎧​min(1,j/w[i]),min(+∞,j/w[i])=j/w[i],min(s[i],j/w[i]),​01背包完全背包多重背包​