OI 中的背包问题

OI 中的背包问题

2025.3.18 🍏讲课记录

01 背包

无价值

给定 \(n\) 个物品，每个物品的体积为 \(c_i\)，求能否选出一些物品，使得体积和为 \(m\)。

设 \(c = \max c_i\)。

• bitset 优化普通背包，时间复杂度为 \(\mathcal{O}(\frac{nm}\omega)\)
• 分治 FFT，即将每个物品看成一个多项式 \(x^{c_i}+1\)，然后全部卷起来，时间复杂度 \(\mathcal{O}(nc\log^2 n)\)。

以上两个做法都可以求出所有 \(m\in [0,\sum c_i]\) 时的答案。然后下面是一个经典做法：

我们先从前往后加入物品，在满足体积和 \(\le m\) 的情况下一直加，假设加了前 \(p\) 个物品，则 \(\sum\limits_{i=1}^p c_i\in [m-c,m]\)。（特判掉所有物品体积和都不超过 \(m\) 的情况）

那么对于最终的答案，一定是在现在的方案上删除一些物品，加入一些物品。那么一定存在一种加删的方式，使得物品的体积和一直保持在 \([m-c,m+c]\) 中。因为可以考虑在当前体积和 \(\le m\) 时就加入物品，否则就删除。

我们设 \(f_{i,j,x}\) 表示考虑了前 \(i\) 个物品，只能删除编号 \(>j\) 的物品（即编号 \(\in[j+1,p]\)，也相当于不动前 \(j\) 个物品），能否凑出来体积和为 \(x\)，其中 \(x\in[m-c,m+c]\)。我们发现 \(j\) 更小限制一定是更宽的，所以对于特定的 \(i,x\)，\(f_{i,j,x}\) 一定是一段前缀为 \(1\)，后缀为 \(0\)，那么可以记录这个分界点，设 \(g_{i,x}\) 表示考虑了前 \(i\) 个物品，凑出体积和为 \(x\) 的所有方案中，最多能不动前多少个物品。那么有转移：

1. 不选当前的物品：\(g_{i,x}\larr g_{i-1,x}\)
2. 加入当前物品，显然 \(j\) 不变：\(g_{i,x+c_i}\larr g_{i,x}\)
3. 删除前 \(j\) 个物品中的一个，\(\forall j\in [1,g_{i,x}],g_{i,x-c_j}\larr j-1\)

那么最后答案就是 \(g_{n,m}\) 是否非空。但是这样子转移的时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n^2c)\) 的，没有优化。

我们发现，每次枚举的 \(j\) 不用这么多，因为 \(g_{i-1,x}\le g_{i,x}\)，而在第 \(i\) 位枚举的 \(j\in[1,g_{i,x}]\) 中，所有 \(j\in[1,g_{i-1,x}]\) 已经在 \(i-1\) 中枚举过了，因此只需要枚举 \(j\in (g_{i-1,x},g_{i,x}]\) 中的值来做转移即可。那么对于同一个 \(x\)，枚举量只有 \(\mathcal{O}(n)\)，总复杂度为 \(\mathcal{O}(nc)\)。

这个做法还能求出体积和不超过 \(m\) 的情况下，体积和最大是多少。

例题：Subset Sum - Problem

有价值

给定 \(n\) 个物品，第 \(i\) 个物品体积为 \(w_i\)，价值为 \(v_i\)，你需要选出一些物品，体积和不超过 \(m\)，求最大价值和。

设 \(w = \max w_i,v = \max v_i\)。首先有复杂度为 \(\mathcal{O}(nm)\) 的暴力。

做法一

跟无价值的做法类似，先找到一个断点 \(p\)，使得 \(\sum\limits_{i=1}^p w_i\in [m-w,m]\)，然后直接选前 \(p\) 个物品，并将这 \(p\) 个物品的体积和价值取反，这样还是相当于 \(n\) 个物品的背包。根据经典结论，任意一个随机的和为 \(0\) 的由 \(1,-1\) 构成的序列中，前缀最大值期望为 \(\mathcal{O}(\sqrt n)\)。

于是我们先将 \(n\) 个物品随机打乱，做背包的时候只需记录体积和在 \([m-\sqrt nw,m+\sqrt nw]\) 的状态即可。为了提高正确率可以适当扩大点区间。时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n\sqrt nw)\)。

似乎第一步选物品时先按性价比排序再选，那么前缀最大值最多为 \(\mathcal{O}(w\sqrt w)\)。（尚未证明，但这样做正确率应该会高点）

做法二

将同一体积的物品一起加入，设 \(f_{i,x}\) 表示加入了体积为 \([1,i]\) 的物品，体积和 \(\le x\) 的最大价值。

如果当前体积 \(i\) 选了 \(j\) 个，那么一定选的是体积为 \(i\) 的物品中价值最大的 \(j\) 个，假设价值和为 \(g_{i,j}\)，那么转移为：\(f_{i,x+ik}\larr f_{i-1,x}+g_{i,j}\)。

我们将 \(f_{i-1,x}\) 按 \(x\bmod i\) 分类，每一类内部是做一个 \(\max+\) 卷积，因为 \(g_i\) 是凸的，所以有决策单调性，那么每次做是 \(\mathcal{O}(m\log m)\)，总时间复杂度为 \(\mathcal{O}(wm\log m)\)。但是这个做法非常慢，基本被第一个做法偏序。

完全背包

无价值

给定 \(n\) 类物品，第 \(i\) 类物品体积为 \(c_i\)，有无限个，求是否能选出一些物品，使得体积和为 \(m\)。

设 \(c=\max c_i,g = \gcd(c_i)\)，如果 \(g\nmid m\)，那么肯定不行。然后可以发现，如果 \(m\) 足够大，那么肯定可以凑出。根据裴蜀定理，这个界为 \(\mathcal{O}(w^2)\)。那么当 \(m\) 不够大时，有以下做法。另 \(z=\min c_i\)，设 \(f_{i,x}\) 表示考虑了前 \(i\) 个物品，\(\bmod z = x\) 的体积中能凑出来的最小的体积和是多少。因为有无限个体积为 \(z\) 的物品，所以所有 \(\ge f_{i,x}\) 且 \(\bmod z = x\) 的体积和都可以凑出来。

初始化为 \(f_{0,0} = 0\)，当加入第 \(i\) 个物品时，有转移 \(f_{i,(x+c_i)\bmod z}\larr f_{i-1,x}+c_i\)，这个时候可以看成一张 \(z\) 个点的图，然后从 \(0\) 开始跑最短路。或者使用转圈：考虑在 \(f_{i-1}\rarr f_{i}\) 的转移时，按照 \(\bmod \gcd(c_i,z)\) 分类，每一类的转移是一个环，那么从一个点开始转两圈更新即可。容易发现这一定会覆盖到所有转移。

继续分析上界，你会发现这张图一共有 \(z\) 个点，每条边权长度 \(\le c\)，于是到每个点的最短路 \(\le zc\)，于是有上界 \(zc\)。

有价值

给定 \(n\) 类物品，第 \(i\) 类物品体积为 \(w_i\)，价值为 \(v_i\)，有无限个，你需要选出一些物品，体积和不超过 \(m\)，求最大价值和。

咕咕咕