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dp问题的优化

要清楚：dp问题的优化一般是对dp问题的代码或者计算方程做一个等效变形
有了这个前提，我们在写dp问题时，要先将基本的代码写出来，之后再做优化

01背包问题

概述

假设我们有N个物品，我们的背包的体积是V，
N个物品每个物品有两个属性，分别是v体积、和w价值，或者说权重，每个物品要么不选，如果选的话，只能选一次
我们的目标是：要选出一些物品，在总体积能装的下的情况下（不一定必须装满），争取价值之和最大化

算法思想

Dp问题，要考虑两个问题，一个是状态表示，一个是状态计算
对于01背包问题，
状态表示：
我们先来看状态表示，因为大前提是N个物品和V的体积，也就是不算物品属性的话，我们有两个参数，所以，状态表示f，就有两个参数，那他就是二维的状态表示，f（i，j）
而对于一个状态表示 f，我们要清楚，他是一个集合，那么一个集合就会有属性，一个集合有三种属性，根据不同的题设，选择不同的属性，三种属性分别是max（元素最大值）、min（元素最小值）、数量（元素数量），本题根据题设，是属性选定为max，表示求最大价值
那这个集合的元素表示什么呢，该集合的元素表示在所有的选法中，只从前 i 个物品选择，总体积小于等于 j 的选法
总结：状态表示就是将题意数学化，将题设信息数学化为 f（i，j）
状态计算：
状态计算就是对上面的 f（i，j）进行计算，主要用到集合划分的思想
首先将集合划分为两部分，
第一个部分是 f 集合中所有不含 i 的选法的最大值，那么就是从1~i-1中选，总体积不超过 j ，也及时 f（i-1，j）
第二个部分是 f 集合中所有含 i 的选法的最大值，那么我们先将 i 排除，求得不算 i 时剩余的值最大的选法，因为排除了一个 i ，那么体积限制也跟着缩小，所以是从1~i-1中选，总体积不超过 j-vi 的选法的元素的最大值，即 f （i-1，j-vi）

最后，将两部分取maxAPI，求得 f（i，j），注意，因为第二部分是将 i 排除之后计算得出的，所以，在取max时，第二个参数要加上i的价值wi，即第二个参数为 f（i-1，j-vi）+ wi
如下三张图

算法思想中的注意点

首先，f（i，j）表示在前i个物品中选，总体积不超过 j 的选法，最大价值的值
这里的i 和 j 是通量，相当于将题设扩展成普遍性了，不是题设的最终量，也就是 i 和 j在代码中是变化的，最后是要输出f（N，V）

其次，对于状态计算，不含i的部分一定会出现，含i部分未必一定会出现，所以代码中要加一个判断，代码中会体现，注意留意

再者，代码的循环存在从0到等于终点，而不是0到小于终点或者1到等于终点，这点要注意，只不过有些循环的0初始值就是0，所以循环从1开始到等于终点，具体循环的范围，要根据代码原理、功能具体分析，不要想当然，要实事求是

例题+代码

n，m分别表示有n个物品，总体积是m
v[N],w[N]数组，分别存储每个物品的体积和价值
f[N][N]，是状态表示，也就是前i个物品中选，总体积不超过j的选法中，价值最大的值

main函数里，
首先输入n和m
然后for循环，依次向v，和w中输入值（注意，i从1开始到等于n，因为这里是赋值下标物品的数据，没有第0个物品，所以i从1开始到等于n）
之后，双重循环 i 从1到等于n，j从0到等于m（至于为什么i从1开始而不从0开始，是因为f[0][0~m],表示前0个物品中，选出体积不超过 j的选法，因为物品是0，所以总价值也是0，所以f[0][0到m]都是0，又因为int定义自动初始化为0，所以不用管 i =0的情况）
循环内，f[i][j] = f[i-1][j]，先将这个赋值给f[i][j]
之后判断第二部分，因为第二部分只有在 j>=v[i]时，才会出现，所以加上if判断之后，f[i][j] = max( f[i][j] , f[i-1][ j-v[i] ] + w[i] )
（因为第一步直接将值赋给了f[i][j]，所以这里是用f[i][j]进行对比，这样做的好处是，将第一部分与第二部分隔离开，因为第二部分需要特判）

等效为一维数组

首先我们将 i 维直接去掉，接下来代码中的 i 维也跟着去掉，这样的话，双重循环中的第一行代码就变成了上图所示，由于f[ j ] = f[ j ] 是恒等式，所以可以直接去掉

之后，由于此时仅剩第二条代码，所以可以对 j 的循环范围进行更改，将if去掉，因为只有 j >= v[i] 才会执行第二条语句，所以，直接将j的循环范围改成 j=v[i] ; j <= m ; j++，然后将if去掉

然后直接将这行代码的 i 维去掉，就变成了上图所示，但是直接去掉是不合法的，应该进行一些其他变动
原理：（选择性查看）但是这样的话，从一维数组考虑，由于f[ j - v[i] ] 中的 j - v[i] 肯定小于 f[ j ] 中的 j ，而 j 是从小到大递增的，所以可以知道，f[ j - v[i] ] 在 f[ j ]被计算之前就被计算了，所以当前他已经有结果了，可以放在当前层，所以等效为上图箭头所示，而我们原来的代码中，第二个参数应该是f[i-1][j-v[i]+w[i]]，所以，直接去掉是不合法的，应该进行一些其他变动

我们可以将j的范围掉头，让其从大到小进行遍历，就合法了
原理：（选择性查看）这样的话，从一维的角度来看，f[ j - v[i]] 在 f[j] 被计算之后才会被进行计算，也就不会在i层，而是等待被计算，又因为j-v[i]小，i从小到大遍历，所以这时等效为上图所示，f[i-1] [j - v[i] ] ，这时，就完成了等效

最终的代码等效为了上图，这就是01背包代码的终极形态

完全背包问题

概述

完全背包问题，是每个物品有无限个，每个物品都可以选无限次

算法思想

仍然是那几步，只不过这次前 i 个物品可以用无限次
主要区别在于状态计算，这里的划分依据是，对于第i个物品，选了几次
如果是选了0次，那么就是 f[ i-1 , j ]
如果选了k次，那么还是根据曲线救国的思想，先将k个i去掉，剩余部分求最大值，最后加回来k个i的价值
即 f[i-1 , j-kv[i] ] + kw[i]
（之所以还是 i -1 ，是因为 f 的含义是前i个物品，总体积不超过 j ，并没有强调前i个物品的次数，现在只是去掉了一个物品 i ，并没有涉及到 i 的次数）

例题+代码

这里又加了第三重循环，是加入k，表示物品 i 用了k次，因为又总体积和物品 i 的单位体积存在，所以k是有限的，k初始化为0，条件为 k * v[i] <= j
之后代码中直接用f[i][j] , 和 f[i - 1][j - k *v[i]] + k *w[i]，进行max，这里之所以没有01背包中的两行代码是因为这里的划分，统一用的是一个公式，仅一个公式就包括了所有的划分情况（即 f[i - 1][j - k *v[i]] + k *w[i]这个公式），所以，直接一行代码即可，没有其他特殊情况

等效为二维数组

根据公式，当k从0开始取不同值的时候，我们可以得到第一行式子
假如我们求一下 f [i，j-v] ，k也从0开始取不同值，我们可以得到第二行式子，发现第二行式子加上w，就是第一行式子中，k！=0的结果，所以可以根据这个关系，将k的for循环删去，等效为双重循环
所以，等效之后的代码与01背包的朴素算法长的极为相似，唯一不同的是，在if后面的代码，这里是 f[i][j-v[i]]+w[i]，而前面是f[i-1][j-v[i]]+w[i]

等效为一维数组

由于上面已经优化成二维数组了，且和01背包的代码仅仅差别在max的第二个参数中 f 数组的第一个参数，完全背包是 f[i][j-v[i]]-w[i],而01背包是 f[i-1][j-v[i]]+w[i]
完全背包的代码正好符合01背包向一维数组转换时，等效完 for循环中 j 的范围之后的代码，也就是完全背包问题，在转为一维时，还是跟01极为相似，不同的是，完全背包问题不用将 j 改为从大向小递减，其他均一致

多重背包问题

概述

多重背包问题，是每个物品的个数不一样，也就是每个物品的可选次数不一样

算法思想

状态表示仍然是那个，不同的是状态计算
而状态计算与上一个：完全背包问题极为相似，上面完全背包问题是每种物品都有无限次可以选，唯一的限制是体积不能超过总体积，
而这个多重背包问题，因为每组可选的次数为s[i]，不再是无限次，所以，这里的状态计算是：第i个物品选了k次，k从0到s[i]
所以，代码唯一与完全背包问题不同的是，k的限制条件+1：k <= s[i]；且多了一个s[ ]数组，在输入的时候，将物品i能选几次输入到数组s[i]中

例题+代码

优化（采用二进制的方式）

基本思想

原来的代码中，对于每个物品i，k都是从0开始递增循环，现在我们可以优化这个k的循环次数，让他不再一次一次循环
假如说，目前物品 i 的s[i] 是200，那么按照常规理解，k就要从0一直循环到200，但是，根据进制数的启发，对于一个数（例如200），他可以表示成十进制，也可以表示成二进制，如上图所示，0~127，都可以用2的0次方 到 2的6次方 加起来得到，因为一个二进制转化为十进制就是这样转化的：由几个二进制的基础数加起来得到，但是因为642=128，1282-1已经超过了200，所以128不能使用，最后差多少就补上这个差值，这样，我们就可以用几个数表示出来0到200的所有数了

而有了这个思想，我们可以将这些次数与当前物品的v和w进行结合，也就是将其打包成一个物品，一个物品有s次，可以被打包成好几个大物品，将所有的物品进行打包完之后，就可以转化成01背包问题了，这样即符合v和w，而且次数也对应可以凑出来，直接拿着打包好的这些物品，进行01背包的算法即可

时间复杂度

通过这样的优化，时间复杂度由NVS，优化到了NVlogS，其中logS是以2为底的对数的缩写
这时候带入数据量，如果算出来数据量最终结果为1e7~1e8，那么就可以在1s内算出来

例题+代码

使用该二进制进行数据打包时，特别注意的是，N开到了25000（如下图），而原始数据是1000，因为这里的1000仅仅是小物品的种类数，而每个物品有s个，但是我们进行打包时，一个物品 有s个 ，一个物品可以打包成logS个，所以就是1000*logS，带入S=2000，再加上空余量，大概就是25000

这里都是在打包物品，（这里将视野放在一个物品的打包即可，其他的交给for循环）
首先输入n和m
之后定义一个cnt=0，用来给打包好的物品编号（后续称为大物品）
for循环从1到等于n
定义 a b s 用来接收每个基础物品（后续称为小物品）的体积价值和次数
之后 定义k=1（用来记录2的进制数）
while循环，k <= s（为什么是k <= s，我们可以看到第27、28行，首先对于当前这个小物品，每次while循环都会将s进行更新，也就是每次s表示的都是减去目前最大的二进制之后，剩余的次数，而如果2的k次方已经是极限，则剩余的部分肯定不够2的k+1次方，所以，就有k <= s ）
之后cnt++；（编号++）
v[cnt] = a * k
w[cnt] = b * k
这里就是将s个小物品打包成大物品的过程
之后s -= k
k *= 2
while循环结束后，有一个if判断，判断当s > 0 时，表示有剩余，最后将剩余次数进行打包即可
cnt++
v[cnt] = a * s;
w[cnt] = b * s;
最后将n更新为cnt，表示目前有cnt个大物品

最后将这些大物品进行一遍01背包的代码即可

分组背包问题

概述

分组背包问题，是会将物品进行分组，每一组最多只能选择改组内的一个物品，要么这个组不选，如果想选择这个组里的物品，只能选择改组内的一个物品且一次

算法思想

注意 这里的状态表示，从前i个变成了前i组，
状态计算，划分的时候，划分依据是，选择第i组的第k个，k可以为0（表示不选第 i 组）
如果k=0，那么就是第 i 组不选，那么就是f[i-1 , j ]
其他的 如果选第 i 组的第 k 个，那么就是 f [ i-1 , j - v[i, k]] + w[i,k]
与01背包差不多，只不过这里的 i 表示组，组中一旦有某个物品选了，那么该组就不可以第二次被选了，v、w用二维数组精确到组内成员


首先，s[N]是用来存储每一组有多少个种类的
输入n、m
之后for循环i从1到等于n，输入s[i]
且二重循环for，j从0到小于s[i]，输入每个物品的v、w，因为i表示组，所以是w[i][j]、v[i][j]
（注意，因为这里对v和w赋值时用到的 j 是从0开始到小于s[i]，那么之后再使用v和w时，那个循环变量也要从0到小于s[i]）
其次，开始01背包一维代码的套用，
首先一个for，1从1到小于等于n
之后for，j从大到小，j从m到大于等于0，j–（其实这里的j>=0，本来对应的是 j >= v[i][k]，但是k在第三重循环，所以这里改为0，将条件加到三重循环里面）
在之后三重循环for，k从0到小于s[i]
if ( j >= v[i][k]) f[ j ] = max (f[j] , f[j-v[i][k]]+w[i][k]);
最后输出 f[m]即可