DP(背包)

﹏ヽ暗。殇╰゛Y 2021-09-07 06:08 480阅读 0赞

自用向

# DP #

## 背包 ##

### 01背包 ###

*  normal  
     f i = m a x ( f i , f i − v + w ) f\_i = max(f\_i,f\_i − v +w) fi=max(fi,fi−v\+w)  
    需要按照 i 从大到小的顺序更新，确保每个物品只会选一次

memset(dp,0xcf,sizeof dp);
    dp[0] = 0;
    rep(i,0,n)
    { 
    	cin >> v[i] >> w[i];
    	per(j,v[i],m+1)
    	{ 
    		dp[j] = max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]);
    	}
    }

*  计数  
    不超过m的方案数  
     f i + = f i − v f\_i += f\_i − v fi\+=fi−v
 *  删除  
    加入物品的顺序不影响结果，假设被删除的物品是最后一次加入的，那么倒过来还原即可。  
     f i − = f i − v f\_i -= f\_i − v fi−=fi−v  
    需要按照 i 从小到大的顺序更新.

给定ai和bi，表示第i个商店有ai个商品可以买，单价为bi元，给出m个询问，问用c元在l~r商店买东西的方案数

一种物品的背包可以看成 ∑ i = 0 a x i b = 1 − x ( a + 1 ) b 1 − x b \\sum\_\{i=0\}^\{a\}x^\{ib\}=\\frac\{1-x^\{(a+1)b\}\}\{1-x^b\} ∑i=0axib=1−xb1−x(a\+1)b，所以可以先用(a+1)b去做一个01背包(系数为负)，再除以一个x^b的(系数为负)01背包。  
从生成函数来看， 1 1 − x b = ∑ i = 0 ∞ x b i \\frac\{1\}\{1-x^b\}=\\sum\_\{i=0\}^\{\\infty\}x^\{bi\} 1−xb1=∑i=0∞xbi，即做一遍完全背包就可以等效

然后对可逆背包的预处理，由于 1 − x b 1 − x ( a + 1 ) ∗ b = ( 1 − x b ) ∗ ∑ i = 0 ∞ x i ∗ ( a + 1 ) b \\frac\{1-x^b\}\{1-x^\{(a+1)\*b\}\}=(1-x^b)\*\\sum\_\{i=0\}^\{\\infty\}x^\{i\*(a+1)b\} 1−x(a\+1)∗b1−xb=(1−xb)∗∑i=0∞xi∗(a\+1)b，于是反过来对x^b做01背包，对(a+1)b做完全背包就可以。

int n,m;
    int a[maxn*10],b[maxn*10],f[maxn*10][maxn],g[maxn*10][maxn];
    
    void gao(int *dp,int w)
    { 
    	per(i,w,maxn)
    	{ 
    		dp[i] = (dp[i] - dp[i-w]+mod)%mod;
    	}
    }
    
    void gao2(int *dp,int w)
    { 
    	rep(i,w,maxn)
    	{ 
    		dp[i] = (dp[i] + dp[i-w]+mod)%mod;
    	}
    }
    
    int main(int argc, char const *argv[])
    { 
    	ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    	// cout.tie(0);
    	int T,cas;
    	cin >> T;
    	cas = 1;
    	f[0][0] = 1;
    	rep(i,0,maxn)
    		g[0][i] = 1;
    	while(T--)
    	{ 
    		prr(cas++);
    		cin >> n >> m;
    		rep(i,1,n+1)
    		{ 
    			cin >> a[i] >> b[i];
    			a[i] = (a[i] + 1) * b[i];
    		}
    		rep(i,1,n+1)
    		{ 
    			memcpy(f[i],f[i-1],sizeof(f[i]));
    			memcpy(g[i],g[i-1],sizeof(g[i]));
    			gao(f[i],a[i]);gao2(f[i],b[i]);
    			gao(g[i],b[i]);gao2(g[i],a[i]);
    		}
    		int ans = 0;
    		rep(i,0,m)
    		{ 
    			int l,r,c;
    			cin >> l >> r >> c;
    			l = (l+ans)%n+1;
    			r = (r+ans)%n+1;
    			if(l > r)
    			{ 
    				swap(l,r);
    			}
    			ans = 0;
    			rep(i,0,c+1)
    			{ 
    				ans = (ans + 1ll*f[r][i]*g[l-1][c-i])%mod;
    			}
    			printf("%d\n",ans);
    		}
    	}
    	return 0;
    }

### 完全背包 ###

*  normal  
    需要按照i从小到大的顺序更新，意为要么停止选，要么接着多选一个。

dp[0] = 0;
    rep(i,0,n)
    { 
    	cin >> v >> w;
    	rep(j,v,m+1)
    	{ 
    		dp[j] = max(dp[j],dp[j-v]+w);
    	}
    }
    cout << dp[m] << endl;

*  计数  
    same
 *  删除  
    same

### 多组背包 ###

*  二进制拆分  
    二进制拆分，将一个物品拆成 O(logk) 个 01 背包的物品。  
    eg: 10 = 1 + 2 + 4 + 3 10 = 1 + 2 + 4 + 3 10=1\+2\+4\+3，可以表示  1 − 10 1-10 1−10  
    O(nmlog(k))

memset(dp,0,sizeof dp);
    	rep(i,0,n)
    	{ 
    		cin >> v[i] >> w[i] >> s[i];
    	}
    	int cnt = 0;
    	rep(i,0,n)
    	{ 
    		for(int j = 1;j < s[i];j <<= 1)
    		{ 
    			ww[cnt] = j * w[i];
    			vv[cnt] = j * v[i];
    			s[i] -= j;
    			cnt++;
    		}
    		if(s[i])
    		{ 
    			ww[cnt] = s[i] * w[i];
    			vv[cnt++] = s[i] * v[i];
    		}
    	}
    	rep(i,0,cnt)
    	{ 
    		per(j,vv[i],m+1)
    		{ 
    			dp[j] = max(dp[j],dp[j-vv[i]] + ww[i]);
    		}
    	}
    	cout << dp[m] << endl;

*  单调队列  
    按%v的余数分组，每组滑窗求区间最大值  
    O(nm),但不见得比上面快

### 分组背包 ###

n n n个物品，每个物品只能选一个，体积为 v i vi vi，种类为  k i ki ki。  
求总体积恰好 m m m的情况下能拿走物品种类数的最大值。  
将所有物品按 k 分组  
状态： f i , j , k , s f\_\{i,j,k,s\} fi,j,k,s 表示考虑前 i 组，这一组内考虑了前 j 个物品，总体积为 k，  
第 i 组物品是否被选择的情况为 s 时，种类数的最大值。

### 树形依赖背包 ###

以1为根的树上有 n 个节点，每个节点有一个物品，  
体积 vi，价值 wi。  
选了一个点就必须选它的父亲。  
求总体积不超过 m 的情况下能拿走物品总价值的最大值。

按照DFS的顺序进行DP。  
往下搜的时候，强行将儿子选入背包中。  
往上回溯的时候，可以选择要这棵子树的DP值，或者不要。