dp考慮兩個方面，包括如何表示狀態（維度，屬性（min、max、cnt）），如何計算當前狀態（狀態轉移方程）。dp問題的最佳化一般是對狀態轉移方程進行等價變形。
01揹包問題
有n個物品和一個容量為V的揹包。
每個物品有兩個屬性，包括所佔用的體積v以及擁有的價值w，每件物品只能用一次。
求揹包能裝得下的情況下所能擁有的最大價值為多少。
f[i, j] = max(f[i-1, j], f[i, j-v] + w
滾動陣列最佳化
- 能發現，
f[i][j]的狀態轉移僅使用到了f[i-1][...]，故可以採用滾動陣列來做。即當前層的狀態轉移僅與上一層有關 - 當前層是
i & 1，上一層是i-1 & 1
完全揹包問題
與01揹包的區別在於，每件物品可以拿無數次。
最佳化過程
f[i, j] = max(f[i-1, j], f[i-1, j-v]+w, f[i-1, j-2v]+2w, f[i-1, j-3v]+3w ...)
對比：
f[i, j-v] = max(f[i-1, j-v], f[i-1, j-2v]+w, f[i-1, j-3v]+2w ...)
也就是
f[i][j] =max(f[i-1][j], f[i-1][j-v]+w, f[i-1][j-2v]+2w, f[i-1][j-3v]+3w,...)
f[i][j-v] =max( f[i-1][j-v], f[i-1][j-2v]+w, f[i-1][j-3v]+2w, f[i-1][j-4v]+3w,...)
f[i][j-v]+w=max( f[i-1][j-v]+w, f[i-1][j-2v]+2w, f[i-1][j-3v]+3w, f[i-1][j-4v]+4w,...)
1）透過兩項對比，可以得出結論，可省掉一重迴圈
f[i, j] = max(f[i][j], f[i][j-v]+w)
所以實際上多重揹包的本質也還是01揹包
但是01揹包問題為從後往前面推導，完全揹包問題為從前往後推導
2）同時，對狀態儲存進行最佳化，還可以省略掉一維陣列
f[j] = max(f[j], f[j-v]+ w)
3）完全揹包問題實際上求得的是某一個陣列區間內的最大值，也可以視作滑動視窗最大值，對於該問題即可利用單調佇列進行最佳化
習題講解
1. 最長上升子序列
題目描述
這是一個簡單的動規板子題。
給出一個由 \(n(n\le 5000)\) 個不超過 \(10^6\) 的正整陣列成的序列。請輸出這個序列的最長上升子序列的長度。
最長上升子序列是指，從原序列中按順序取出一些數字排在一起，這些數字是逐漸增大的。
輸入格式
第一行，一個整數 \(n\)，表示序列長度。
第二行有 \(n\) 個整數，表示這個序列。
輸出格式
一個整數表示答案。
樣例輸入 #1
6
1 2 4 1 3 4
樣例輸出 #1
4
提示
分別取出 \(1\)、\(2\)、\(3\)、\(4\) 即可。
程式碼參考
//B3637
#include<stdio.h>
#include<iostream>
using namespace std;
int a[5005], f[5005];
int main(){
int n;
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++){
cin >> a[i];
f[i] = 1;
}
for(int i = 2; i <= n; i++){
for(int j = 1; j <= i-1; j++){
if(a[i] > a[j]) f[i] = max(f[i], f[j] + 1);
}
}
int ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++){
ans = max(ans, f[i]);
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
2. NASA的食物計劃
題目背景
NASA（美國航空航天局）因為太空梭的隔熱瓦等其他安全技術問題一直大傷腦筋，因此在各方壓力下終止了太空梭的歷史，但是此類事情會不會在以後發生，誰也無法保證。所以，在遇到這類航天問題時，也許只能讓航天員出倉維修。但是過多的維修會消耗航天員大量的能量，因此 NASA 便想設計一種食品方案，使體積和承重有限的條件下多裝載一些高卡路里的食物。
題目描述
太空梭的體積有限，當然如果載過重的物品，燃料會浪費很多錢，每件食品都有各自的體積、質量以及所含卡路里。在告訴你體積和質量的最大值的情況下，請輸出能達到的食品方案所含卡路里的最大值，當然每個食品只能使用一次。
輸入格式
第一行 \(2\) 個整數，分別代表體積最大值 \(h\) 和質量最大值 \(t\)。
第二行 \(1\) 個整數代表食品總數 \(n\)。
接下來 \(n\) 行每行 \(3\) 個數 體積 \(h_i\)，質量 \(t_i\)，所含卡路里 \(k_i\)。
輸出格式
一個數，表示所能達到的最大卡路里（int 範圍內）
樣例 #1
樣例輸入 #1
320 350
4
160 40 120
80 110 240
220 70 310
40 400 220
樣例輸出 #1
550
提示
對於 \(100\%\) 的資料，\(h,t,h_i,t_i \le 400\)，\(n \le 50\)，\(k_i \le 500\)。
程式碼參考
#include <stdio.h>
#include <iostream>
using namespace std;
int v[55], m[55], kolo[55];
//dp陣列
int f[55][405][405];
int main(){
int v_max, m_max;
int N;
int t1, t2;
cin >> v_max >> m_max;
cin >> N;
for(int i = 1; i <= N; i++)
cin >> v[i] >> m[i] >> kolo[i];
for(int i = 1; i <= N; i++){
for(int j = 0; j <= v_max; j++)
for(int k = 0; k <= m_max; k++){
t1 = v[i];
t2 = m[i];
f[i][j][k] = f[i-1][j][k];
if(j >= t1 && k >= t2)
f[i][j][k] = max(f[i-1][j][k], f[i-1][j-t1][k-t2]+kolo[i]);
}
}
cout << f[N][v_max][m_max];
return 0;
}
3. [NOIP2006 普及組] 開心的金明
題目描述
金明今天很開心，家裡購置的新房就要領鑰匙了，新房裡有一間他自己專用的很寬敞的房間。更讓他高興的是，媽媽昨天對他說：“你的房間需要購買哪些物品，怎麼佈置，你說了算，只要不超過 \(N\) 元錢就行”。今天一早金明就開始做預算，但是他想買的東西太多了，肯定會超過媽媽限定的 \(N\) 元。於是，他把每件物品規定了一個重要度，分為 \(5\) 等：用整數 \(1-5\) 表示，第 \(5\) 等最重要。他還從因特網上查到了每件物品的價格（都是整數元）。他希望在不超過 \(N\) 元（可以等於 \(N\) 元）的前提下，使每件物品的價格與重要度的乘積的總和最大。
設第\(j\)件物品的價格為 \(v_j\)，重要度為 \(w_j\)，共選中了 \(k\) 件物品，編號依次為 \(j_1,j_2,…,j_k\)，則所求的總和為：
\(v_{j_1} \times w_{j_1}+v_{j_2} \times w_{j_2} …+v_{j_k} \times w_{j_k}\)。
請你幫助金明設計一個滿足要求的購物單。
輸入格式
第一行，為 \(2\) 個正整數，用一個空格隔開：\(n,m\)（\(n<30000,m<25\)）其中 \(n\) 表示總錢數，\(m\) 為希望購買物品的個數。
從第 \(2\) 行到第 \(m+1\) 行，第 \(j\) 行給出了編號為 \(j-1\) 的物品的基本資料，每行有 \(2\) 個非負整數 \(v,p\)（其中 \(v\) 表示該物品的價格 \((v \le 10000)\)，\(p\) 表示該物品的重要度（\(1\le p\le5\)）。
輸出格式
\(1\) 個正整數，為不超過總錢數的物品的價格與重要度乘積的總和的最大值（\(<100000000\)）。
樣例 #1
樣例輸入 #1
1000 5
800 2
400 5
300 5
400 3
200 2
樣例輸出 #1
3900
提示
NOIP 2006 普及組 第二題
程式碼參考
//P2725
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
using namespace std;
//f[i][j]陣列代表當選到第i個物品，花了j元時，所能得到的價格與權重的乘積和最大值
int f[30][30005];
struct wp{
int v, p;
}w[30];
int main(){
int n, m;
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= m; i++) cin >> w[i].v >> w[i].p;
for(int i = 1; i <= m; i++){
for(int j = 1; j <= n; j++){
if(j >= w[i].v) f[i][j] = max(f[i-1][j], f[i-1][j-w[i].v] + w[i].v * w[i].p);
else f[i][j] = f[i-1][j];
}
}
int ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
ans = max(ans, f[m][i]);
cout << ans << endl;
return 0;
}
4. [USACO3.1] 郵票 Stamps
題目描述
給一組 \(n\) 枚郵票的面值集合和一個上限 \(k\) —— 表示信封上能夠貼 \(k\) 張郵票。請求出最大的正整數 \(m\)，滿足 \(1\) 到 \(m\) 的面值都可以用不超過 \(k\) 張郵票表示出來。
輸入格式
輸入的第一行是兩個整數，分別代表郵票上限 \(k\) 和郵票面值數 \(n\)。
自第二行起，除最後一行外，每行有 \(15\) 個整數 \(a_i\) ，最後一行的整數個數不超過 \(15\)，共有 \(n\) 個整數，第 \(i\) 個整數代表第 \(i\) 種郵票的面值 \(a_i\)。
輸出格式
輸出一行一個整數代表 \(m\)。若 \(m\) 不存在請輸出 \(0\)。
樣例 #1
樣例輸入 #1
5 2
1 3
樣例輸出 #1
13
提示
樣例輸入輸出 1 解釋
有 \(1\) 分和 \(3\) 分的郵票；你最多可以貼 \(5\) 張郵票。很容易貼出 \(1\) 到 \(5\) 分的郵資（用 \(1\) 分郵票貼就行了），接下來的郵資也不難：
- \(6 = 3 + 3\)。
- \(7 = 3 + 3 + 1\)。
- $8 = 3 + 3 + 1 + 1 $。
- $9 = 3 + 3 + 3 $。
- $10 = 3 + 3 + 3 + 1 $。
- $11 = 3 + 3 + 3 + 1 + 1 $。
- $12 = 3 + 3 + 3 + 3 $。
- \(13 = 3 + 3 + 3 + 3 + 1\)。
然而，使用 \(5\) 枚 \(1\) 分或者 \(3\) 分的郵票根本不可能貼出 \(14\) 分的郵資。因此，答案為 \(13\)。
資料規模與約定
對於 \(100\%\) 的資料，保證 \(1 \leq k \leq 200\)，\(1 \leq n \leq 50\)，\(1 \leq a_i \leq 10^4\)。
說明
題目翻譯來自 NOCOW。
程式碼參考
//P2725
//完全揹包
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
using namespace std;
int a[55];
//f[i]記錄面值為i時最少需要的郵票數
int f[2000005];
int main(){
int n, k;
cin >> k >> n;
memset(f, 0x3f3f3f,sizeof(f));
f[0] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
for(int i = 1; i <= 2000000; i++){
for(int j = 1; j <= n; j++){
if(i >= a[j]) f[i] = min(f[i-a[j]]+1, f[i]);
}
}
for(int i = 1; i <= 2000000; i++){
if(f[i] > k){
cout << i-1 << endl;
return 0;
}
}
return 0;
}
5.機器分配
題目描述
總公司擁有高效裝置 \(M\) 臺，準備分給下屬的 \(N\) 個分公司。各分公司若獲得這些裝置，可以為國家提供一定的盈利。問：如何分配這 \(M\) 臺裝置才能使國家得到的盈利最大？求出最大盈利值。其中 \(M \le 15\)，\(N \le 10\)。分配原則：每個公司有權獲得任意數目的裝置，但總檯數不超過裝置數 \(M\)。
輸入格式
第一行有兩個數，第一個數是分公司數 \(N\)，第二個數是裝置臺數 \(M\)。
接下來是一個 \(N \times M\) 的矩陣，表明了第 \(i\) 個公司分配 \(j\) 臺機器的盈利。
輸出格式
第一行為最大盈利值。
接下來 \(N\) 行為第 \(i\) 分公司分 \(x\) 臺。
P.S. 要求答案的字典序最小。
樣例 #1
樣例輸入 #1
3 3
30 40 50
20 30 50
20 25 30
樣例輸出 #1
70
1 1
2 1
3 1
程式碼參考
//P2066
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a[15][20];
//f[i][j]代表取到第i家公司，用掉了j臺裝置時，能夠獲得的利益最大值
ll f[15][20];
//存答案
ll cnt[15][20][2];
ll cnt2[15];
int main(){
int n, m;
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; i++){
for(int j = 1; j <= m; j++){
cin >> a[i][j];
}
}
for(int i = 1; i <= n; i++){
for(int j = 1; j <= m; j++){
for(int k = 0; k <= j; k++){
if(f[i][j] <= f[i-1][j-k] + a[i][k]){
f[i][j] = f[i-1][j-k] + a[i][k];
cnt[i][j][0] = k;
cnt[i][j][1] = j-k;
}
}
}
}
//輸出最大值
ll ans = 0, t = 0;
for(int i = 1; i <= m; i++){
if(ans <= f[n][i]){
t = i;
ans = f[n][i];
}
}
cout << ans << endl;
//輸出每一項數量
for(int i = n; i >= 1; i--){
cnt2[i] = cnt[i][t][0];
t = cnt[i][t][1];
}
for(int i = 1; i <= n; i++) cout << i << " " << cnt2[i] << endl;
return 0;
}