求方案数

问题描述：
给定n nn个物品，以及一个容量大小为m mm的背包，然后给出n nn个物品的体积及价值，求背包最大价值是多少，也就是选择总体积不超过m mm的物品，然后使总价值最大。然后输出最优解的方案数。

基本思路

这是一个完全背包问题，可以使用动态规划来解决。

设dp_i表示凑出体积为 i 的方案数，则有状态转移方程

边界条件为dp₀=1因为背包体积为 0 时，不选任何物品即为一种方案。
最终答案即为 dp_m表示凑出体积为 m 的方案数。
下面以一个样例来进行模拟解释：
假设给定物品体积数组为 v = [ 1 , 2 , 3 ]背包体积为 m = 5 则可以得到如下的状态转移方程：

代码

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

int main() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    vector<int> v(n+1);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> v[i];
    }
    vector<int> dp(m+1);
    dp[0] = 1; // 背包体积为0时，方案数为1
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = v[i]; j <= m; ++j) {
            dp[j] += dp[j - v[i]];
        }
    }
    cout << dp[m] << endl; // 输出恰好凑出体积为m的方案数
    return 0;
}

背包问题求具体方案

题目描述:
给定n 个物品，以及一个容量大小为m 的背包，然后给出n个物品的体积及价值，求背包最大价值是多少，也就是选择总体积不超过m 的物品，然后使总价值最大。然后输出最优解的方案，并输出字典序最小的最优方案。

基本思路

注意，因为要求输出的顺序是按照字典序，故我们在进行 dp的过程中，枚举样本需要从大到小枚举，这样我们在按照字典序输出的时候就可以正向循环，查看状态 i是由哪个状态 j转移而来的 ( j > i )

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 1010;

int v[N], w[N];
int f[N][N];

int main()
{
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> v[i] >> w[i];
    
    for (int i = n; i >= 1; i -- )
        for (int j = 0; j <= m; j ++ )
        {
            f[i][j] = f[i + 1][j];
            if (j >= v[i]) f[i][j] = max(f[i][j], f[i + 1][j - v[i]] + w[i]);
        }
    
    int j = m;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        if (j >= v[i] && f[i][j] == f[i + 1][j - v[i]] + w[i])
        {
            cout << i << ' ';
            j -= v[i];
        }
        
    return 0;
}

有依赖背包

题目描述
有N 个物品和一个容量是V 的背包。物品之间具有依赖关系，且依赖关系组成一棵树的形状。如果选择一个物品，则必须选择它的父节点。
给出物品的体积、价值和依赖的物品编号，并保证所有物品组成一棵树，依赖的物品编号为-1则表示为根节点。

基本思路

有依赖关系的背包问题，他的每一个物品的选择情况都有其子节点的选择情况构成，而子节点的选择情况又由父节点决定（父节点如果不选，则所有子节点都选不了）。我们将每个父节点及其子节点看作是一个分组，父节点的情况由子节点所有选择情况中的一种构成，然后我们就成功的将该问题转化为了一道分组背包问题。

我们定义f[i][j]数组，i 表示节点，j 表示所占容量，那么f[i][j]就表示i节点在j 容量的情况下的最大价值。现在能和分组背包联系起来了吗？感觉没有关联也没问题，再接着往下看。在分组背包问题中，我们的第三维枚举决策的时候是枚举当前组里的物品，并且只能选一个物品。

而在此问题中，我们将每棵子树看作一个分组，将父节点的所有子节点的状态看作是组内的物品，枚举子节点所有选择情况所占体积，因为不同体积代表子节点的不同选择状态。然后我们从根节点开始递归到叶子节点，然后从叶子节点开始选择，每个节点的选择情况枚举完之后再返回到其父节点继续选择，最终返回到根节点进行选择。最后f[root][m]即为以root为根节点的树在容量为m情况下的最大价值。但需要注意，此时代表的时容量小于等于m的最大价值，同基础01背包一样，不是代表容量刚好为m时的最大价值。

代码

#include<iostream>
using namespace std;
int N,V,p,root;//N个物品V背包容量
int v[105],w[105];
int a[105][105],b[105],f[105][105];
//a[i][j]表示以i为头结点有j个子节点，a[i][j]则存的是下标，b[i]表示以i为根结点有b[i]个子节点
//f[i][j]表示以i为根节点，背包容量为j所获得的最大价值
void dfs(int t){//有树就要考虑遍历用dfs深搜，t表示此时父节点
//此时t为父节点，要想选下面的，前提就是把父节点选了，所以初始背包容量大于v[t]都初始化w[t]
    for(int i=v[t];i<=V;i++){
        f[t][i]=w[t];
    }
//下面不是一个父节点有许多子节点，按个遍历初始化它们，那么身为子节点又是父节点，又有子节点，递归下去
    for(int i=0;i<b[t];i++){
        int s=a[t][i];
        dfs(s);
        for(int j=V;j>=v[t];j--){//类似01背包逆序遍历
            for(int k=0;k<=j-v[t];k++){
                f[t][j]=max(f[t][j],f[t][j-k]+f[s][k]);//状态转移方程
                //f[t][j-k]+f[s][k]表示父节点要j-k的容量，子节点要k的容量
            }
        }
    }
}
int main(){
    cin>>N>>V;
    for(int i=1;i<=N;i++){
        cin>>v[i]>>w[i]>>p;
        if(p==-1){//-1表示为根节点
            root=i;
        }else{
            a[p][b[p]++]=i;//可以看一下上面a[i][j]与b[i]的含义
        }
    }
    dfs(root);
    cout<<f[root][V]<<endl;
    return 0;
}