200分求动态规划详解！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！

不做题目是不可能提高水平的，方法都是在做题中学会的。

像背包是一个基础模型，很多题目都是由它演化而来

你只要把NOIP2000年到2008年每一道题都学会用最优方法做出来就一定可以很好的掌握DP。

而且NOIP中一些题目的独特思想，比如过河的O(N LOG N) 算法，合并果子的O(N)，树网的核的O(N)算法都是很值得学的，

把所有做过的DP方程全写出来，整理，化简，记住大体格式。再去做一些动归，强迫自己套用做过的经典格式，再做一些变形。考虑清楚边界，若AC了，你就会发现思路很清楚！

晕！不发了，楼上的一样啊！看楼上的OIer的吧，写得很好！

PS:我也是高二的

QQ:854024564

我自己写的总结，还没有写完，如果需要的话，我写完给你发去

我的QQ：422194011 验证信息: 110

五.动态规划

①记忆划搜索（滑雪）

function dp():longint;

begin

if 被搜索过 then exit();

枚举所有可能推出的状态

begin

temp:=新的状态

如果比记录的更优，则更新

end;

exit(f[]);

end;

②数塔问题（1取方格数、数字三角形）

f[i,j]表示从(1,1)走到(i,j)的最大（最小）权和

f[i,j]=max(f[i-1,j],f[i-1,j-1])+a[i,j]

③多进程动态规划

a) 三取方格数

设3个同时进行取方格数的操作，f[t,x1,x2,x3]表示第t步，第一次第二次第三次的纵坐标分别是x1,x2,x3

f[t,x1,x2,x3]=max(f[t-1,x1,x2,x3],f[t-1,x1,x2,x3-1],f[t-1,x1,x2-1,x3],f[t-1,x1,x2-1,x3-1],f[t-1,x1-1,x2,x3],f[t-1,x1-1,x2,x3-1],f[t-1,x1-1,x2-1,x3],f[t-1,x1-1,x2-1,x3-1])+temp

关于temp，由于两次如果在一个地方，则数字不再重复加，则

if (x1=x2) and (x2=x3) then temp:=a[x1,y1];

if (x1=x2) and (x2<>x3) then temp:=a[x1,y1]+a[x3,y3];

if (x1<>x2) and (x2=x3) then temp:=a[x1,y1]+a[x3,y3];

if (x1<>x2) and (x2<>x3) then temp:=a[x1,y1]+a[x2,y2]+a[x3,y3];

if (x1=x3) and (x1<>x2) then temp:=a[x1,y1]+a[x2,y2];

if (x1<>x3) and (x3=x2) then temp:=a[x1,y1]+a[x2,y2];

最后结果f[n+n-1,n,n,n]

b) 传纸条（二取方格数）

设两张纸条同时从(1,1)开始传，传往(n,m), f[i,j1,j2]表示第i步，第一张纸条、第二张纸条的纵坐标分别是j1,j2

f[i,j1,j2]=max(f[i-1,j1,j2],f[i-1,j1-1,j2],f[i-1,j1,j2-1],f[i-1,j1-1,j2-1])+a[i-j1+1,j1]+a[i-j2+1,j2]

另外如果j1=j2 且 i<>n+m-1 则f[i,j1,j2]=-maxlongint 两个纸条无法传递到同一个人上

最终答案 f[n+m-1,m,m]

c) Canada Tour usaco

f[i,j]表示甲到i城市，乙到j城市，所经过的最多的城市

则f[i,j]uf0f3f[j,i]

f[i,j]=max(f[i,k]+1) map[k,i]连通 ,且f[i,k]>0(表示map[1,i]间接连通)

边界条件 f[1,1]=1

最终结果 max(max(f[k,n]),1) 且map[i,n]

④最大子XX形

a) 盖房子 vijos 1057 最大子正方形

f[I,j]表示右上角所能围成的最大正方形的面积，则

f[i,j]=min(f[i+1,j],f[i+1,j+1],f[i,j+1])+1

边界条件f[I,j]=0

结果max(f[I,j])

b) 迎春舞会之集体舞 vijos 1063 最大子三角形

f[I,j,k]表示I,j为三角形的底，长度为k的三角形是否能构成，则

f[i,j,k]= (f[i-1,j-1,k-1]) and (f[i-1,j+1,k-1]) and (f[i-1,j,1]) and (f[i,j,1]) and (odd(j-i-1)) （判断奇数保证三角形的合法性）

边界条件 f[I,j,1]=true

最终结果 在K循环下 当f数组如果没有被更新 则层数为k-1

⑤背包问题

01背包问题(每件物品只有一件)

F[I,j]表示前i个物品,放入一个j重量的背包的价值

W[i] 第i个物品的重量 c[i]第i个物品的价值

For i:=1 to n do

For j:=w[i] to m do

F[I,j]=max(f[i-1,j],f[i-1,j-w[i]]+c[i];

可将空间优化成o(n)

For i:=1 to n do

For j:=m downto w[i] do

F[j]=max(f[j-w[i]]+c[i],f[j])

如果要求背包恰好被装满 则初始化f为-oo f[0]=0

如果要求背包不需要装满 则初始化f为0

2维空间

var

f:array[0..1000,0..1000] of longint;

i,j,n,m:longint;

w,c:array[0..1000] of longint;

function max(a,b:longint):longint;

begin

if a>b then exit(a) else exit(b);

end;

begin

readln(m,n);

for i:=1 to n do

readln(w[i],c[i]);

for i:=1 to n do

for j:=1 to m do

if j>=w[i] then

f[i,j]:=max(f[i-1,j],f[i-1,j-w[i]]+c[i])

else

f[i,j]:=f[i-1,j];

writeln(f[n,m]);

end.

1维空间

var

w,c,f:array[0..1000] of longint;

i,j,n,m:longint;

function max(a,b:longint):longint;

begin

if a>b then exit(a) else exit(b);

end;

begin

readln(m,n);

for i:=1 to n do

readln(w[i],c[i]);

for i:=1 to n do

for j:=m downto w[i] do

f[j]:=max(f[j],f[j-w[i]]+c[i]);

writeln(f[m]);

end.

完全背包问题(物品数量不限)

1维空间复杂度

var

f,w,c:array[0..1000] of longint;

i,j,n,m:longint;

function max(a,b:longint):longint;

begin

if a>b then exit(a) else exit(b);

end;

begin

readln(n,m);

for i:=1 to n do

readln(w[i],c[i]);

for i:=1 to n do

for j:=w[i] to m do

f[j]:=max(f[j],f[j-w[i]]+c[i]);

writeln(f[m]);

end.

2维空间复杂度

var

f:array[0..1000,0..1000] of longint;

w,c:array[0..1000] of longint;

i,j,n,m,k:longint;

function max(a,b:longint):longint;

begin

if a>b then exit(a) else exit(b);

end;

begin

readln(n,m);

for i:=1 to n do

readln(w[i],c[i]);

for i:=1 to n do

for j:=1 to m do

begin

for k:=1 to (j div w[i]) do

if j-k*w[i]>=0 then

f[i,j]:=max(f[i-1,j],f[i-1,j-k*w[i]]+k*c[i])

else

f[i,j]:=f[i-1,j];

if f[i,j]<f[i-1,j] then f[i,j]:=f[i-1,j];

end;

writeln(f[n,m]);

end.

多重背包问题(物品数量限制) O(n*V*∑g[i])。

var

f:array[0..1000,0..1000] of longint;

w,c,g:array[0..1000] of longint;

i,j,n,m,k:longint;

function max(a,b:longint):longint;

begin

if a>b then exit(a) else exit(b);

end;

begin

readln(n,m);

for i:=1 to n do

readln(w[i],c[i],g[i]);

for i:=1 to n do

for j:=1 to m do

begin

for k:=1 to g[i] do

if j-k*w[i]>=0 then

f[i,j]:=max(f[i-1,j],f[i-1,j-k*w[i]]+k*c[i])

else

f[i,j]:=f[i-1,j];

if f[i,j]<f[i-1,j] then f[i,j]:=f[i-1,j];

end;

writeln(f[n,m]);

end.

二维费用背包(有两个费用)

3维空间复杂度

var

f:array[0..100,0..100,0..100] of longint;

v,w,g:array[0..100] of longint;

n,m,i,j,x,q,p,k:longint;

function max(a,b:longint):longint;

begin

if a>b then exit(a) else exit(b);

end;

begin

readln(n,m,x);

for i:=1 to n do

readln(v[i],w[i],g[i]);

for i:=1 to n do

for j:=1 to m do

for k:=1 to x do

begin

if (j<w[i]) or (k<g[i]) then f[i,j,k]:=f[i-1,j,k] else

f[i,j,k]:=max(f[i-1,j,k],f[i-1,j-w[i],k-g[i]]+v[i]);

end;

writeln(f[n,m,x]);

end.

2维空间复杂度

var

f:array[0..1000,0..1000] of longint;

w,v,g:array[0..1000] of longint;

i,j,n,m,x,k:longint;

function max(a,b:longint):longint;

begin

if a>b then exit(a) else exit(b);

end;

begin

readln(n,m,x);

for i:=1 to n do

readln(v[i],w[i],g[i]);

for i:=1 to n do

for j:=m downto w[i] do

for k:=x downto g[i] do

f[j,k]:=max(f[j,k],f[j-w[i],k-g[i]]+v[i]);

writeln(f[m,x]);

end.

其他累背包问题：

记录方案数 usaco 2.2 subest sums

dp[i,j]前i个物品达到j的方案数

dp[i,j]=dp[i-1,j]+dp[i-1,j-i] j-i>=0

dp[i,j]=dp[i-1,j] j-i<0

装箱问题 noip2001普及组 第四题

F[i,j]表示前i个物品是否能装到j

F[I,j]=f[i-1,j] or f[i-1,j-w[i]]

最小乘车费用 山寨vj 1015

f[j]表示前行j公里，需要花费的最小钱数

f[j]=min(f[j-w[i]]) j-w[i]>=0

⑥区间类

一般f[i,j]表示i到j的最优值

以I到j的差距l来划分阶段

For l:=1 to n-1 do

For i:=1 to n-l do

J:=i+l;

乘法游戏 山寨vj 1014

F[i,j]表示i到j区间内的最小值

f[i,j]=min(f[i,k]+f[k,j]+a[i]*a[j]*a[k])

添加括号 vijos 1038

F[i,j]表示区间内i到j的最小值

F[I,j]=min(f[I,k],f[k+1,j])+sum[I,j];

加分二叉树 NOIP 2003 提高组 第3题

F[I,j]表示I到j区间内形成的树的最大价值

f[i,j]=max(f[i,k-1]*f[k+1,j]+a[k])

能量项链 NOIP 2006 提高组 第1道

F[I,j]表示I到j的最大能量释放总之

f[i,j]=max(f[i,k]+f[k,j]+a[i]*a[j]*a[k])

回文词 ioi 2002

f[i,j]表示从i到j组成回文词插入的最小长度

f[I,j]= min(f[i+1,j],f[I,j-1])+1 (s[i]<>s[j])

f[i+1,j-1] (s[i]=s[j])

⑦依靠最小数划分类

数的划分 NOIP 2001 提高组 第2道

一个数分成n个部分，如果在n个部分中有1，则删去这个部分，另外所有的全部减1

F[I,j]表示i分成j个部分

F[I,j]=f[i-1,j-1]+f[i-j,j]

⑧树形DP

选课 vijos 1180

杂题:

传球游戏 noip 2008 普及组

F[I,j]表示传i次，传到j个人

f[i,j]=f[i-1,j-1]+f[i-1,j+1];

关于动态规划记录路径的相关问题

再开一个对应的数组，转移时记录状态，递归输出

procedure print();

var t:longint;

begin

if 没有达到最终目的地 then print();

输出信息

end;

P01: 01背包问题

题目

有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。

基本思路

这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。

用子问题定义状态：即f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是：

f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}

这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。所以有必要将它详细解释一下：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”，价值为f[i-1][v]；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。

优化空间复杂度

以上方法的时间和空间复杂度均为O(VN)，其中时间复杂度应该已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O。

先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环i=1..N，每次算出来二维数组f[i][0..V]的所有值。那么，如果只用一个数组f[0..V]，能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态f[i][v]呢？f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]两个子问题递推而来，能否保证在推f[i][v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]的值呢？事实上，这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺序推f[v]，这样才能保证推f[v]时f[v-c[i]]保存的是状态f[i-1][v-c[i]]的值。伪代码如下：

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]]}一句恰就相当于我们的转移方程f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]}，因为现在的f[v-c[i]]就相当于原来的f[i-1][v-c[i]]。如果将v的循环顺序从上面的逆序改成顺序的话，那么则成了f[i][v]由f[i][v-c[i]]推知，与本题意不符，但它却是另一个重要的背包问题P02最简捷的解决方案，故学习只用一维数组解01背包问题是十分必要的。

事实上，使用一维数组解01背包的程序在后面会被多次用到，所以这里抽象出一个处理一件01背包中的物品过程，以后的代码中直接调用不加说明。

过程ZeroOnePack，表示处理一件01背包中的物品，两个参数cost、weight分别表明这件物品的费用和价值。

procedure ZeroOnePack(cost,weight)

for v=V..cost

f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}

注意这个过程里的处理与前面给出的伪代码有所不同。前面的示例程序写成v=V..0是为了在程序中体现每个状态都按照方程求解了，避免不必要的思维复杂度。而这里既然已经抽象成看作黑箱的过程了，就可以加入优化。费用为cost的物品不会影响状态f[0..cost-1]，这是显然的。

有了这个过程以后，01背包问题的伪代码就可以这样写：

for i=1..N

ZeroOnePack(c[i],w[i]);

初始化的细节问题

我们看到的求最优解的背包问题题目中，事实上有两种不太相同的问法。有的题目要求“恰好装满背包”时的最优解，有的题目则并没有要求必须把背包装满。一种区别这两种问法的实现方法是在初始化的时候有所不同。

如果是第一种问法，要求恰好装满背包，那么在初始化时除了f[0]为0其它f[1..V]均设为-∞，这样就可以保证最终得到的f[N]是一种恰好装满背包的最优解。

如果并没有要求必须把背包装满，而是只希望价格尽量大，初始化时应该将f[0..V]全部设为0。

为什么呢？可以这样理解：初始化的f数组事实上就是在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。如果要求背包恰好装满，那么此时只有容量为0的背包可能被价值为0的nothing“恰好装满”，其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，它们的值就都应该是-∞了。如果背包并非必须被装满，那么任何容量的背包都有一个合法解“什么都不装”，这个解的价值为0，所以初始时状态的值也就全部为0了。

这个小技巧完全可以推广到其它类型的背包问题，后面也就不再对进行状态转移之前的初始化进行讲解。

一个常数优化

前面的伪代码中有 for v=V..1，可以将这个循环的下限进行改进。

由于只需要最后f[v]的值，倒推前一个物品，其实只要知道f[v-w[n]]即可。以此类推，对以第j个背包，其实只需要知道到f[v-sum{w[j..n]}]即可，即代码中的

for i=1..N

for v=V..0

可以改成

for i=1..n

bound=max{V-sum{w[i..n]},c[i]}

for v=V..bound

这对于V比较大时是有用的。

小结

01背包问题是最基本的背包问题，它包含了背包问题中设计状态、方程的最基本思想，另外，别的类型的背包问题往往也可以转换成01背包问题求解。故一定要仔细体会上面基本思路的得出方法，状态转移方程的意义，以及最后怎样优化的空间复杂度。

P02: 完全背包问题

题目

有N种物品和一个容量为V的背包，每种物品都有无限件可用。第i种物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。

基本思路

这个问题非常类似于01背包问题，所不同的是每种物品有无限件。也就是从每种物品的角度考虑，与它相关的策略已并非取或不取两种，而是有取0件、取1件、取2件……等很多种。如果仍然按照解01背包时的思路，令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值。仍然可以按照每种物品不同的策略写出状态转移方程，像这样：

f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k*c[i]<=v}

这跟01背包问题一样有O(VN)个状态需要求解，但求解每个状态的时间已经不是常数了，求解状态f[i][v]的时间是O(v/c[i])，总的复杂度可以认为是O(V*∑(V/c[i]))，是比较大的。

将01背包问题的基本思路加以改进，得到了这样一个清晰的方法。这说明01背包问题的方程的确是很重要，可以推及其它类型的背包问题。但我们还是试图改进这个复杂度。

一个简单有效的优化

完全背包问题有一个很简单有效的优化，是这样的：若两件物品i、j满足c[i]<=c[j]且w[i]>=w[j]，则将物品j去掉，不用考虑。这个优化的正确性显然：任何情况下都可将价值小费用高得j换成物美价廉的i，得到至少不会更差的方案。对于随机生成的数据，这个方法往往会大大减少物品的件数，从而加快速度。然而这个并不能改善最坏情况的复杂度，因为有可能特别设计的数据可以一件物品也去不掉。

这个优化可以简单的O(N^2)地实现，一般都可以承受。另外，针对背包问题而言，比较不错的一种方法是：首先将费用大于V的物品去掉，然后使用类似计数排序的做法，计算出费用相同的物品中价值最高的是哪个，可以O(V+N)地完成这个优化。这个不太重要的过程就不给出伪代码了，希望你能独立思考写出伪代码或程序。

转化为01背包问题求解

既然01背包问题是最基本的背包问题，那么我们可以考虑把完全背包问题转化为01背包问题来解。最简单的想法是，考虑到第i种物品最多选V/c[i]件，于是可以把第i种物品转化为V/c[i]件费用及价值均不变的物品，然后求解这个01背包问题。这样完全没有改进基本思路的时间复杂度，但这毕竟给了我们将完全背包问题转化为01背包问题的思路：将一种物品拆成多件物品。

更高效的转化方法是：把第i种物品拆成费用为c[i]*2^k、价值为w[i]*2^k的若干件物品，其中k满足c[i]*2^k<=V。这是二进制的思想，因为不管最优策略选几件第i种物品，总可以表示成若干个2^k件物品的和。这样把每种物品拆成O(log V/c[i])件物品，是一个很大的改进。

但我们有更优的O(VN)的算法。

O(VN)的算法

这个算法使用一维数组，先看伪代码：

for i=1..N

for v=0..V

f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}

你会发现，这个伪代码与P01的伪代码只有v的循环次序不同而已。为什么这样一改就可行呢？首先想想为什么P01中要按照v=V..0的逆序来循环。这是因为要保证第i次循环中的状态f[i][v]是由状态f[i-1][v-c[i]]递推而来。换句话说，这正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时，依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果f[i-1][v-c[i]]。而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第i种物品”这种策略时，却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果f[i][v-c[i]]，所以就可以并且必须采用v=0..V的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。

值得一提的是，上面的伪代码中两层for循环的次序可以颠倒。这个结论有可能会带来算法时间常数上的优化。

这个算法也可以以另外的思路得出。例如，将基本思路中求解f[i][v-c[i]]的状态转移方程显式地写出来，代入原方程中，会发现该方程可以等价地变形成这种形式：

f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i][v-c[i]]+w[i]}

将这个方程用一维数组实现，便得到了上面的伪代码。

最后抽象出处理一件完全背包类物品的过程伪代码：

procedure CompletePack(cost,weight)

for v=cost..V

f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}

总结

完全背包问题也是一个相当基础的背包问题，它有两个状态转移方程，分别在“基本思路”以及“O(VN)的算法“的小节中给出。希望你能够对这两个状态转移方程都仔细地体会，不仅记住，也要弄明白它们是怎么得出来的，最好能够自己想一种得到这些方程的方法。事实上，对每一道动态规划题目都思考其方程的意义以及如何得来，是加深对动态规划的理解、提高动态规划功力的好方法。

P03: 多重背包问题

题目

有N种物品和一个容量为V的背包。第i种物品最多有n[i]件可用，每件费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。

基本算法

这题目和完全背包问题很类似。基本的方程只需将完全背包问题的方程略微一改即可，因为对于第i种物品有n[i]+1种策略：取0件，取1件……取n[i]件。令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值，则有状态转移方程：

f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k<=n[i]}

复杂度是O(V*∑n[i])。

转化为01背包问题

另一种好想好写的基本方法是转化为01背包求解：把第i种物品换成n[i]件01背包中的物品，则得到了物品数为∑n[i]的01背包问题，直接求解，复杂度仍然是O(V*∑n[i])。

但是我们期望将它转化为01背包问题之后能够像完全背包一样降低复杂度。仍然考虑二进制的思想，我们考虑把第i种物品换成若干件物品，使得原问题中第i种物品可取的每种策略——取0..n[i]件——均能等价于取若干件代换以后的物品。另外，取超过n[i]件的策略必不能出现。

方法是：将第i种物品分成若干件物品，其中每件物品有一个系数，这件物品的费用和价值均是原来的费用和价值乘以这个系数。使这些系数分别为1,2,4,...,2^(k-1),n[i]-2^k+1，且k是满足n[i]-2^k+1>0的最大整数。例如，如果n[i]为13，就将这种物品分成系数分别为1,2,4,6的四件物品。

分成的这几件物品的系数和为n[i]，表明不可能取多于n[i]件的第i种物品。另外这种方法也能保证对于0..n[i]间的每一个整数，均可以用若干个系数的和表示，这个证明可以分0..2^k-1和2^k..n[i]两段来分别讨论得出，并不难，希望你自己思考尝试一下。

这样就将第i种物品分成了O(log n[i])种物品，将原问题转化为了复杂度为<math>O(V*∑log n[i])的01背包问题，是很大的改进。

下面给出O(log amount)时间处理一件多重背包中物品的过程，其中amount表示物品的数量：

procedure MultiplePack(cost,weight,amount)

if cost*amount>=V

CompletePack(cost,weight)

return

integer k=1

while k<amount

ZeroOnePack(k*cost,k*weight)

amount=amount-k

k=k*2

ZeroOnePack(amount*cost,amount*weight)

希望你仔细体会这个伪代码，如果不太理解的话，不妨翻译成程序代码以后，单步执行几次，或者头脑加纸笔模拟一下，也许就会慢慢理解了。

O(VN)的算法

多重背包问题同样有O(VN)的算法。这个算法基于基本算法的状态转移方程，但应用单调队列的方法使每个状态的值可以以均摊O(1)的时间求解。由于用单调队列优化的DP已超出了NOIP的范围，故本文不再展开讲解。我最初了解到这个方法是在楼天成的“男人八题”幻灯片上。

小结

这里我们看到了将一个算法的复杂度由O(V*∑n[i])改进到O(V*∑log n[i])的过程，还知道了存在应用超出NOIP范围的知识的O(VN)算法。希望你特别注意“拆分物品”的思想和方法，自己证明一下它的正确性，并将完整的程序代码写出来。

P04: 混合三种背包问题

问题

如果将P01、P02、P03混合起来。也就是说，有的物品只可以取一次（01背包），有的物品可以取无限次（完全背包），有的物品可以取的次数有一个上限（多重背包）。应该怎么求解呢？

01背包与完全背包的混合

考虑到在P01和P02中给出的伪代码只有一处不同，故如果只有两类物品：一类物品只能取一次，另一类物品可以取无限次，那么只需在对每个物品应用转移方程时，根据物品的类别选用顺序或逆序的循环即可，复杂度是O(VN)。伪代码如下：

for i=1..N

if 第i件物品属于01背包

for v=V..0

f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};

else if 第i件物品属于完全背包

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，那么原则上也可以给出O(VN)的解法：遇到多重背包类型的物品用单调队列解即可。但如果不考虑超过NOIP范围的算法的话，用P03中将每个这类物品分成O(log n[i])个01背包的物品的方法也已经很优了。

当然，更清晰的写法是调用我们前面给出的三个相关过程。

for i=1..N

if 第i件物品属于01背包

ZeroOnePack(c[i],w[i])

else if 第i件物品属于完全背包

CompletePack(c[i],w[i])

else if 第i件物品属于多重背包

MultiplePack(c[i],w[i],n[i])

在最初写出这三个过程的时候，可能完全没有想到它们会在这里混合应用。我想这体现了编程中抽象的威力。如果你一直就是以这种“抽象出过程”的方式写每一类背包问题的，也非常清楚它们的实现中细微的不同，那么在遇到混合三种背包问题的题目时，一定能很快想到上面简洁的解法，对吗？

小结

有人说，困难的题目都是由简单的题目叠加而来的。这句话是否公理暂且存之不论，但它在本讲中已经得到了充分的体现。本来01背包、完全背包、多重背包都不是什么难题，但将它们简单地组合起来以后就得到了这样一道一定能吓倒不少人的题目。但只要基础扎实，领会三种基本背包问题的思想，就可以做到把困难的题目拆分成简单的题目来解决。

P07: 有依赖的背包问题

简化的问题

这种背包问题的物品间存在某种“依赖”的关系。也就是说，i依赖于j，表示若选物品i，则必须选物品j。为了简化起见，我们先设没有某个物品既依赖于别的物品，又被别的物品所依赖；另外，没有某件物品同时依赖多件物品。

算法

这个问题由NOIP2006金明的预算方案一题扩展而来。遵从该题的提法，将不依赖于别的物品的物品称为“主件”，依赖于某主件的物品称为“附件”。由这个问题的简化条件可知所有的物品由若干主件和依赖于每个主件的一个附件集合组成。

按照背包问题的一般思路，仅考虑一个主件和它的附件集合。可是，可用的策略非常多，包括：一个也不选，仅选择主件，选择主件后再选择一个附件，选择主件后再选择两个附件……无法用状态转移方程来表示如此多的策略。（事实上，设有n个附件，则策略有2^n+1个，为指数级。）

考虑到所有这些策略都是互斥的（也就是说，你只能选择一种策略），所以一个主件和它的附件集合实际上对应于P06中的一个物品组，每个选择了主件又选择了若干个附件的策略对应于这个物品组中的一个物品，其费用和价值都是这个策略中的物品的值的和。但仅仅是这一步转化并不能给出一个好的算法，因为物品组中的物品还是像原问题的策略一样多。

再考虑P06中的一句话： 可以对每组中的物品应用P02中“一个简单有效的优化”。 这提示我们，对于一个物品组中的物品，所有费用相同的物品只留一个价值最大的，不影响结果。所以，我们可以对主件i的“附件集合”先进行一次01背包，得到费用依次为0..V-c[i]所有这些值时相应的最大价值f"[0..V-c[i]]。那么这个主件及它的附件集合相当于V-c[i]+1个物品的物品组，其中费用为c[i]+k的物品的价值为f"[k]+w[i]。也就是说原来指数级的策略中有很多策略都是冗余的，通过一次01背包后，将主件i转化为V-c[i]+1个物品的物品组，就可以直接应用P06的算法解决问题了。

较一般的问题

更一般的问题是：依赖关系以图论中“森林”的形式给出（森林即多叉树的集合），也就是说，主件的附件仍然可以具有自己的附件集合，限制只是每个物品最多只依赖于一个物品（只有一个主件）且不出现循环依赖。

解决这个问题仍然可以用将每个主件及其附件集合转化为物品组的方式。唯一不同的是，由于附件可能还有附件，就不能将每个附件都看作一个一般的01背包中的物品了。若这个附件也有附件集合，则它必定要被先转化为物品组，然后用分组的背包问题解出主件及其附件集合所对应的附件组中各个费用的附件所对应的价值。

事实上，这是一种树形DP，其特点是每个父节点都需要对它的各个儿子的属性进行一次DP以求得自己的相关属性。这已经触及到了“泛化物品”的思想。看完P08后，你会发现这个“依赖关系树”每一个子树都等价于一件泛化物品，求某节点为根的子树对应的泛化物品相当于求其所有儿子的对应的泛化物品之和。

小结

NOIP2006的那道背包问题我做得很失败，写了上百行的代码，却一分未得。后来我通过思考发现通过引入“物品组”和“依赖”的概念可以加深对这题的理解，还可以解决它的推广问题。用物品组的思想考虑那题中极其特殊的依赖关系：物品不能既作主件又作附件，每个主件最多有两个附件，可以发现一个主件和它的两个附件等价于一个由四个物品组成的物品组，这便揭示了问题的某种本质。

我想说：失败不是什么丢人的事情，从失败中全无收获才是。

P08: 泛化物品

定义

考虑这样一种物品，它并没有固定的费用和价值，而是它的价值随着你分配给它的费用而变化。这就是泛化物品的概念。

更严格的定义之。在背包容量为V的背包问题中，泛化物品是一个定义域为0..V中的整数的函数h，当分配给它的费用为v时，能得到的价值就是h(v)。

这个定义有一点点抽象，另一种理解是一个泛化物品就是一个数组h[0..V]，给它费用v，可得到价值h[V]。

一个费用为c价值为w的物品，如果它是01背包中的物品，那么把它看成泛化物品，它就是除了h(c)=w其它函数值都为0的一个函数。如果它是完全背包中的物品，那么它可以看成这样一个函数，仅当v被c整除时有h(v)=v/c*w，其它函数值均为0。如果它是多重背包中重复次数最多为n的物品，那么它对应的泛化物品的函数有h(v)=v/c*w仅当v被c整除且v/c<=n，其它情况函数值均为0。

一个物品组可以看作一个泛化物品h。对于一个0..V中的v，若物品组中不存在费用为v的的物品，则h(v)=0，否则h(v)为所有费用为v的物品的最大价值。P07中每个主件及其附件集合等价于一个物品组，自然也可看作一个泛化物品。

泛化物品的和

如果面对两个泛化物品h和l，要用给定的费用从这两个泛化物品中得到最大的价值，怎么求呢？事实上，对于一个给定的费用v，只需枚举将这个费用如何分配给两个泛化物品就可以了。同样的，对于0..V的每一个整数v，可以求得费用v分配到h和l中的最大价值f(v)。也即

f(v)=max{h(k)+l(v-k)|0<=k<=v}

可以看到，f也是一个由泛化物品h和l决定的定义域为0..V的函数，也就是说，f是一个由泛化物品h和l决定的泛化物品。

由此可以定义泛化物品的和：h、l都是泛化物品，若泛化物品f满足以上关系式，则称f是h与l的和。这个运算的时间复杂度取决于背包的容量，是O(V^2)。

泛化物品的定义表明：在一个背包问题中，若将两个泛化物品代以它们的和，不影响问题的答案。事实上，对于其中的物品都是泛化物品的背包问题，求它的答案的过程也就是求所有这些泛化物品之和的过程。设此和为s，则答案就是s[0..V]中的最大值。

背包问题的泛化物品

一个背包问题中，可能会给出很多条件，包括每种物品的费用、价值等属性，物品之间的分组、依赖等关系等。但肯定能将问题对应于某个泛化物品。也就是说，给定了所有条件以后，就可以对每个非负整数v求得：若背包容量为v，将物品装入背包可得到的最大价值是多少，这可以认为是定义在非负整数集上的一件泛化物品。这个泛化物品——或者说问题所对应的一个定义域为非负整数的函数——包含了关于问题本身的高度浓缩的信息。一般而言，求得这个泛化物品的一个子域（例如0..V）的值之后，就可以根据这个函数的取值得到背包问题的最终答案。

综上所述，一般而言，求解背包问题，即求解这个问题所对应的一个函数，即该问题的泛化物品。而求解某个泛化物品的一种方法就是将它表示为若干泛化物品的和然后求之。

小结

本讲可以说都是我自己的原创思想。具体来说，是我在学习函数式编程的 Scheme 语言时，用函数编程的眼光审视各类背包问题得出的理论。这一讲真的很抽象，也许在“模型的抽象程度”这一方面已经超出了NOIP的要求，所以暂且看不懂也没关系。相信随着你的OI之路逐渐延伸，有一天你会理解的。

我想说：“思考”是一个OIer最重要的品质。简单的问题，深入思考以后，也能发现更多。

动态规划说到底是一种特殊的决策序列

它使得一个问题可以逐步推导到最优解

在大学里,数学系就有动态规划这门课程

所以说这个是有一定难度的

它更多的是一种思想上的,具体的体现有很多

因此对于它本身并没有详解

如果想要比较好的掌握它

多做题,特别是可以通过评测来验证的题

这样加深体会理解

hit 1760 The jackpot

hdu 1003 Max Sum

pku 2479 Maximum Sum

hdu 1024 Maximum Sum plus plus

都是一些入门的动态规划的题目，做过的有些忘了，刚就找了这么些，呵呵

关键是找递推公式（动态转移方程）

每当你遇到一个动规题时，不要急，如果真的做不出来，可以看题解，把动态转移方程看懂，长此以往，你就会自己写出方程

比如，数字三角形，这是入门题，但我已开始就看不懂，但看了方程之后渐渐懂了，东归就是记忆化搜索，所以搜索要学好

P.S 私认为noip不考太多动规