DP：完全背包+多重背包问题

完全背包和01背包的区别就是：可以多次选

一、完全背包（模版）

【模板】完全背包_牛客题霸_牛客网

#include <iostream>
#include<string.h>
using namespace std;
const int N=1001;
int n,V,w[N],v[N],dp[N][N];
//dp[i][j]表示从前i个物品选，体积不超过j的最大价值
//dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i]]+w[i],dp[i-1][j-2v[i]]+2w[i]......)
//数学dp[i][j-v[i]]=max(dp[i-1][j-v[i]],dp[i-1][j-2v[i]]+w[i]......)
//dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-v[i]])
int main() 
{
   cin>>n>>V;
   for(int i=1;i<=n;++i) cin>>v[i]>>w[i];
   //解决第一问
   for(int i=1;i<=n;++i)
    for(int j=1;j<=V;++j)
      {
        dp[i][j]=dp[i-1][j];
        if(j>=v[i]) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][j-v[i]]+w[i]);
      }  
      cout<<dp[n][V]<<endl;
    //解决第二问 //dp[i][j]表示从前i个物品选，体积正好为j的最大价值
     memset(dp,0,sizeof dp);
     //约定-1表示状态选不到 当i=0时 j>=1时  必然是没有状态的
     for(int j=1;j<=V;++j) dp[0][j]=-1;
      for(int i=1;i<=n;++i)
    for(int j=1;j<=V;++j)
      {
        dp[i][j]=dp[i-1][j];
        if(j>=v[i]&&dp[i][j-v[i]]!=-1) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][j-v[i]]+w[i]);
      }  
      cout<<(dp[n][V]==-1?0:dp[n][V])<<endl;
        return 0;
}

滚动数组的优化策略：

区分：01背包的优化得是从右往左，而完全背包的优化得是从左往右

#include <iostream>
#include<string.h>
using namespace std;
const int N=1001;
int n,V,w[N],v[N],dp[N];
//dp[i][j]表示从前i个物品选，体积不超过j的最大价值
//dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i]]+w[i],dp[i-1][j-2v[i]]+2w[i]......)
//数学dp[i][j-v[i]]=max(dp[i-1][j-v[i]],dp[i-1][j-2v[i]]+w[i]......)
//dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-v[i]])
int main()  //优化必须要从左往右
{
   cin>>n>>V;
   for(int i=1;i<=n;++i) cin>>v[i]>>w[i];
   //解决第一问
   for(int i=1;i<=n;++i)
    for(int j=v[i];j<=V;++j)
      dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]);
      cout<<dp[V]<<endl;
    //解决第二问 //dp[i][j]表示从前i个物品选，体积正好为j的最大价值
     memset(dp,0,sizeof dp);
     //约定-1表示状态选不到 当i=0时 j>=1时  必然是没有状态的
     for(int j=1;j<=V;++j) dp[j]=-0x3f3f3f3f;
      for(int i=1;i<=n;++i)
    for(int j=v[i];j<=V;++j)
      dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]);
      cout<<(dp[V]<0?0:dp[V])<<endl;
     return 0;
}

二、零钱兑换

. - 力扣（LeetCode）

class Solution {
public:
    int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
        //dp[i][j]表示从前i个里面选 正好凑成j所需要的最少硬币个数
        //如果不选i dp[i-1][j]
        //选1个i   dp[i-1][j-coins[i-1]]+1
        //dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i-1][j-coins[i-1]]+1,dp[i-1][j-2coins[i-1]]+2......)
        //dp[i][j-coins[i-1]]=min(dp[i-1][j-coins[i-1]],dp[i-1][j-2coins[i-1]]+1......)
        //dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i][j-coins[i-1]]+1)
        const int INF=0x3f3f3f3f;
        int n=coins.size();
        vector<vector<int>> dp(n+1,vector<int>(amount+1));
        for(int j=1;j<=amount;++j) dp[0][j]=INF;
        for(int i=1;i<=n;++i)
          for(int j=1;j<=amount;++j)
           {
            dp[i][j]=dp[i-1][j];
            if(j>=coins[i-1])  dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][j-coins[i-1]]+1);
           }
         return dp[n][amount]>=INF?-1:dp[n][amount];
    }
};

滚动数组优化：

class Solution {
public:
    int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
        //dp[i][j]表示从前i个里面选 正好凑成j所需要的最少硬币个数
        //如果不选i dp[i-1][j]
        //选1个i   dp[i-1][j-coins[i-1]]+1
        //dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i-1][j-coins[i-1]]+1,dp[i-1][j-2coins[i-1]]+2......)
        //dp[i][j-coins[i-1]]=min(dp[i-1][j-coins[i-1]],dp[i-1][j-2coins[i-1]]+1......)
        //dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i][j-coins[i-1]]+1)
        const int INF=0x3f3f3f3f;
        int n=coins.size();
        vector<int> dp(amount+1,INF);
        dp[0]=0;
        for(int i=1;i<=n;++i)
          for(int j=coins[i-1];j<=amount;++j)
            dp[j]=min(dp[j],dp[j-coins[i-1]]+1);
         return dp[amount]>=INF?-1:dp[amount];
    }
};

三、零钱兑换II

. - 力扣（LeetCode）

class Solution {
public:
    int change(int amount, vector<int>& coins) {
       //dp[i][j]表示从前i个硬币选，正好可以凑成总金额的硬币组合数
       //如果i不选 dp[i][j]+=dp[i-1][j]
       //如果i选1个 dp[i][j]+=dp[i-1][j-coins[i-1]]
       //dp[i][j]+=dp[i-1][j-coins[i-1]]+=dp[i-1][j-2coins[i-1]]......
       //dp[i][j]+=dp[i][j-coins[i-1]]
       int n=coins.size();
       //分析初始化 当j=0 都是一种选法  当i=0时 无论如何凑不出j 状态无效
       vector<vector<int>> dp(n+1,vector<int>(amount+1));
       dp[0][0]=1;
       for(int i=1;i<=n;++i)
         for(int j=0;j<=amount;++j) //不会越界，可以从0开始
         {
           dp[i][j]+=dp[i-1][j];
           if(j>=coins[i-1]) dp[i][j]+=dp[i][j-coins[i-1]];
         }
       return dp[n][amount];
    }
};

滚动数组做优化：

class Solution {
public:
    int change(int amount, vector<int>& coins) {
       //dp[i][j]表示从前i个硬币选，正好可以凑成总金额的硬币组合数
       //如果i不选 dp[i][j]+=dp[i-1][j]
       //如果i选1个 dp[i][j]+=dp[i-1][j-coins[i-1]]
       //dp[i][j]+=dp[i-1][j-coins[i-1]]+=dp[i-1][j-2coins[i-1]]......
       //dp[i][j]+=dp[i][j-coins[i-1]]
       int n=coins.size();
       //分析初始化 当j=0 都是一种选法  当i=0时 无论如何凑不出j 状态无效
      vector<int> dp(amount+1);
       dp[0]=1;
       for(int i=1;i<=n;++i)
         for(int j=coins[i-1];j<=amount;++j) //不会越界，可以从0开始
           dp[j]+=dp[j-coins[i-1]]; //+= 0不会影响填表
       return dp[amount];
    }
};

四、完全平方数

. - 力扣（LeetCode）

class Solution {
public:
//不能用贪心策略 比如说1 4 9   组成12    444比9111好
    int numSquares(int n) {
      //1 4 9 16 25......
      //dp[i][j]表示从前i个数选，刚好为j的最少数量
      const int INF=0x3f3f3f3f;
      int m=sqrt(n);
      vector<int> dp(n+1,INF);
      //i=0的时候 不可能凑成j  j=0时 i取1
      dp[0]=0;
    for(int i=1;i<=m;++i)
      for(int j=i*i;j<=n;++j)
         dp[j]=min(dp[j],dp[j-i*i]+1);
      return dp[n]; //一定能选得到，因为1是平方数 所以必然能凑出来
    }
};

五、数位成本和为目标值的最大数字（经典dp还原）

. - 力扣（LeetCode）

class Solution {
public:
    string largestNumber(vector<int>& nums, int t) {
      //考虑数值长度问题，每个数字有相应成本，且长度均为1 
      //有若干物品，求给定费用下所能选择的最大价值  （完全背包）
      //得到的就是最大位数 然后从后往前想办法还原回来
      vector<int> dp(t+1,-0x3f3f3f3f);//会有不存在的状态
      //dp[i][j]表示前i个数选择 正好为j的最大选择数目
      dp[0]=1;
      for(int i=1;i<=9;++i)
        for(int j=nums[i-1];j<=t;++j)
          dp[j]=max(dp[j],dp[j-nums[i-1]]+1);
          //此时 dp[t]里存的就是选择的最大位数 然后要想办法进行还原
          if(dp[t]<0) return "0";
          string ret;
          //开始还原 从后往前还原
          for(int i=9;i>=1;--i)
          {
             int u=nums[i-1];
             while(t>=u&&dp[t]==dp[t-u]+1)//说明选到这个数了
               {
                ret+=to_string(i);
                t-=u;
               }
          }
        return ret;
    }
};

六、获得分数的方法数（多重背包）

. - 力扣（LeetCode）

该种类型题的具体分析请看第7题！！

class Solution {
public:
    const int MOD=1e9+7;
    int waysToReachTarget(int target, vector<vector<int>>& types) {
        //dp[i][j]表示从前i个数选 恰好分数为j的方案数 选择方式是types[1] 
        //如果不选这个数 dp[i-1][j]
        //如果选 1个  dp[i-1][j-p[0]] 
        //如果选2个  dp[i-1][j-2p[0]]
        int n=types.size();
        vector<vector<int>> dp(n+1,vector<int>(target+1));
        //初始化当i为0时 
        dp[0][0]=1;
        for(int i=1;i<=n;++i)
        {
            int count=types[i-1][0],mark=types[i-1][1]; //count表示这道题的题数（选择次数）  mark表示这道题的分数
            for(int j=0;j<=target;++j)
            {
                dp[i][j]=dp[i-1][j];
                for(int k=1;k<=count;++k)
                {
                    if(j>=k*mark) dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j-k*mark])%MOD;
                }
            }
        }
        return dp[n][target];
    }
};

滚动数组优化

class Solution {
public:
    const int MOD=1e9+7;
    int waysToReachTarget(int target, vector<vector<int>>& types) {
        //dp[i][j]表示从前i个数选 恰好分数为j的方案数 选择方式是types[1] 
        //如果不选这个数 dp[i-1][j]
        //如果选 1个  dp[i-1][j-p[0]] 
        //如果选2个  dp[i-1][j-2p[0]]
        vector<int> dp(target+1);
        //初始化当i为0时 
        dp[0]=1;
        for(auto&p:types)
        {
            int count=p[0],mark=p[1]; //count表示这道题的题数（选择次数）  mark表示这道题的分数       //会用到上一层的状态，所以滚动数组应该要从后往前
            for(int j=target;j>=0;--j)
            {
                count=min(count,j/mark);
                for(int k=1;k<=count;++k)
                   dp[j]=(dp[j]+dp[j-k*mark])%MOD;
            }
        }
        return dp[target];
    }
};

进阶优化：

class Solution {
public:
    const int MOD=1e9+7;
    int waysToReachTarget(int target, vector<vector<int>>& types) {
        //dp[i][j]表示从前i个数选 恰好分数为j的方案数 选择方式是types[1] 
        //如果不选这个数 dp[i-1][j]
        //如果选 1个  dp[i-1][j-p[0]] 
        //如果选2个  dp[i-1][j-2p[0]]
        //dp[i][j]+=dp[i-1][j-p[0]]......
        //dp[i][j-p[0]+=dp[i-1]][j-]
        vector<int> dp(target+1);
        //初始化当i为0时 
        dp[0]=1;
        for(auto&p:types)
        {
            int count=p[0],mark=p[1]; //count表示这道题的题数（选择次数）  mark表示这道题的分数       //会用到上一层的状态，所以滚动数组应该要从后往前
            for(int j=mark;j<=target;++j)
            dp[j]=(dp[j]+dp[j-mark])%MOD;
            for(int j=target;j>=(count+1)*mark;--j)
            dp[j] = (dp[j] - dp[j - mark*(count + 1)] + MOD) % MOD; // 两个同余前缀和的差
            //防止搞出负数
        }
        return dp[target];
    }
};

七、带和限制的子多重集合的数目（经典多重背包模版题）

. - 力扣（LeetCode）

直接做滚动数组优化：

class Solution {
public:
      const int MOD=1e9+7;
    int countSubMultisets(vector<int>& nums, int l, int r) {
        //01背包 每个数选或者不选 限制范围是l-r
        //dp[i][j]表示从前i个数选  凑成和恰好为j
        //但是需要一个哈希表来帮助我们知道每个数究竟可以选多少次
        unordered_map<int,int> hash;
        int total=0;
        for(auto&e:nums) 
        {
              total+=e;
              ++hash[e];
        }
        if(l>total) return 0;
        r=min(r,total);
        vector<int> dp(r+1);
        //初始化 i=0时 无数可选
        dp[0]=hash[0]+1;
        hash.erase(0);
        int t=0;
        for(auto[x,c]:hash) //x是数 c是他的限制次数
          for(int j=r;j>=x;--j)
           {
               c=min(c,j/x);
             for(int k=1;k<=c;++k)    //费时间 想办法用新的状态
                 dp[j]=(dp[j]+dp[j-k*x])%MOD; 
           }
         int sum=0;
         for(int j=l;j<=r;++j)
            sum=(sum+dp[j])%MOD;
            return sum;
    }
};

我们会发现由于数据量太大，用循环会超时，因此我们在这里不能用k那一层循环！！得换个方式

class Solution {
public:
      const int MOD=1e9+7;
    int countSubMultisets(vector<int>& nums, int l, int r) {
        //01背包 每个数选或者不选 限制范围是l-r
        //dp[i][j]表示从前i个数选  凑成和恰好为j
        //但是需要一个哈希表来帮助我们知道每个数究竟可以选多少次
        //类比完全背包的状态 dp[]
        unordered_map<int,int> hash;
        int total=0;
        for(auto&e:nums) 
        {
              total+=e;
              ++hash[e];
        }
        if(l>total) return 0;
        r=min(r,total);
        vector<int> dp(r+1);
        dp[0]=hash[0]+1;
        hash.erase(0);
        // dp[i][j]+=  dp[i-1][j-x]+dp[i-1][j-2*x]......
        // dp[i][j-x]+=dp[i-1][j-2x]+dp[i-1][j-3x]......
        int sum=0;
        for(auto[x,c]:hash)
        {
             sum = min(sum+x*c,r);//目前为止 能选的元素和之多为sum 
            for (int j = x; j <= sum; j++)
                dp[j] = (dp[j] + dp[j - x]) % MOD; // 原地计算同余前缀和
             for (int j =sum;j >= x * (c + 1); j--)
                dp[j] = (dp[j] - dp[j - x * (c + 1)] + MOD) % MOD; // 两个同余前缀和的差
                //防止搞出负数
        }
        
         int ret=0;
         for(int j=l;j<=r;++j)
            ret=(ret+dp[j])%MOD;
            return ret;
    }
};