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正则表达式30分钟入门教程：
问题：
在一个园形操场的四周摆放N堆石子（N≤100），现要将石子有次序地合并成一堆。规定
每次只能选相邻的两堆合并成新的一堆，并将新的一堆的石子数，记为该次合并的得分。
编一程序，由文件读入堆数N及每堆的石子数（≤２０），
①选择一种合并石子的方案，使得做N－1次合并，得分的总和最小；
②选择一种合并石子的方案，使得做N－1次合并，得分的总和最大。
今天在网上看到了这道题，觉得跟我们系去年的算法比赛的一道题很像，仔细看完题以后才发现原来区别还是很大的。那道题跟这道题最大的差别在于没有要求必须选择相邻的两堆，所以用贪心+最大（小）堆就可以搞定了。
f(i,j)表示从i起共合并j堆的最大（小）得分，通过分析可知该问题具有动态规划所要求的两个性质：
1 最优子结构性质
如果f(i,j)是从i起的共j个堆的最大（小）得分，那必定存在k(i<=k<=j)，使得f(i,k)和f(i+k,j-k)的得分分别是是最大（小）的。
2 重叠子问题性质
计算f(i,j) 时可以利用已经计算的结果简化计算步骤。
f(i,j)=max{f(i,k)+f(i+k,j-k)}最后从f(1,n),f(2,n)……f(n,n)中选出值最小的一个即是该问题的解。
一．试题
在一个园形操场的四周摆放N堆石子（N≤100），现要将石子有次序地合并成一堆。规定
每次只能选相邻的两堆合并成新的一堆，并将新的一堆的石子数，记为该次合并的得分。
编一程序，由文件读入堆数N及每堆的石子数（≤２０），
①选择一种合并石子的方案，使得做N－1次合并，得分的总和最小；
②选择一种合并石子的方案，使得做N－1次合并，得分的总和最大。
例如，所示的４堆石子，每堆石子数（从最上面的一堆数起，顺时针数）依
次为４５９４。则３次合并得分总和最小的方案：８＋１３＋２２＝４３
得分最大的方案为：１４＋１８＋２２＝５４
输入数据：
文件名由键盘输入，该文件内容为：
第一行为石子堆数N；
第二行为每堆的石子数，每两个数之间用一个空格符分隔。
输出数据：
输出文件名为output.txt
从第1至第N行为得分最小的合并方案。第N＋1行是空行。从第N＋2行到第2N＋1行是得
分最大合并方案。
每种合并方案用N行表示，其中第i行（1≤i≤N）表示第i 次合并前各堆的石子数（依
顺时针次序输出，哪一堆先输出均可）。 要求将待合并的两堆石子数以相应的负数表示，以便标识。
输入输出范例：
输入文件内容：
４
４ ５９ ４
输出文件内容：
－４ ５ ９ －４
－８－５ ９
－１３ －９
２２
４ －５ －９ ４
４ －１４ －４
－４－１８
２２
二．算法分析
竞赛中多数选手都不约而同地采用了尽可能逼近目标的贪心法来逐次合并：从最上面
的一堆开始，沿顺时针方向排成一个序列。 第一次选得分最小（最大）的相邻两堆合并，
形成新的一堆；接下来，在N－1堆中选得分最小（最大）的相邻两堆合并……，依次类推，
直至所有石子经N－1次合并后形成一堆。
例如有６堆石子，每堆石子数（从最上面一堆数起，顺时针数）依次为３ ４６ ５ ４ ２
要求选择一种合并石子的方案，使得做５次合并，得分的总和最小。
按照贪心法，合并的过程如下：
每次合并得分
第一次合并 ３ ４ ６ ５ ４ ２ ->５
第二次合并 ５ ４ ６ ５ ４ ->９
第三次合并 ９ ６ ５ ４ ->９
第四次合并 ９ ６ ９ ->１５
第五次合并 １５ ９ ->２４
24
总得分＝５＋９＋９＋１５＋２４＝６２
但是当我们仔细琢磨后，可得出另一个合并石子的方案：
每次合并得分
第一次合并 ３ ４ ６ ５ ４ ２ ->７
第二次合并 ７ ６ ５ ４ ２ ->１３
第三次合并 １３ ５ ４ ２ ->６
第四次合并 １３ ５ ６ ->１１
第五次合并 １３ １１ ->２４
24
总得分＝７＋６＋１１＋１３＋２４＝６１
显然，后者比贪心法得出的合并方案更优。 题目中的示例故意造成一个贪心法解题的
假像，诱使读者进入“陷阱”。为了帮助读者从这个“陷阱”里走出来， 我们先来明确一个问题：
１．最佳合并过程符合最佳原理
使用贪心法至所以可能出错，
是因为每一次选择得分最小（最大）的相邻两堆合并，不一定保证余下的合并过程能导致最优解。聪明的读者马上会想到一种理想的假设：如果N－1次合并的全局最优解包含了每一次合并的子问题的最优解，那么经这样的N－1次合并后的得分总和必然是最优的。
例如上例中第五次合并石子数分别为１３和１１的相邻两堆。
这两堆石头分别由最初的第１，２，３堆（石头数分别为３，４，６）和第４，５，６堆（石头数分别为５，４，２）经４次合并后形成的。于是问题又归结为如何使得这两个子序列的N－2
次合并的得分总和最优。为了实现这一目标，我们将第１个序列又一分为二：第１、２堆构成子序列１，
第３堆为子序列２。第一次合并子序列１中的两堆，得分７；
第二次再将之与子序列２的一堆合并，得分１３。显然对于第１个子序列来说，这样的合并方案是最优的。同样，我们将第２个子序列也一分为二；第４堆为子序列１，第５，６堆构成子序列２。第三次合并子序列２中的２堆，得分６；第四次再将之与子序列１中的一堆合并，得分１３。显然对于第二个子序列来说，这样的合并方案也是最优的。
由此得出一个结论──６堆石子经
过这样的５次合并后，得分的总和最小。我们把每一次合并划分为阶段，当前阶段中计算出的得分和作为状态，
如何在前一次合并的基础上定义一个能使目前得分总和最大的合并方案作为一次决策。很显然，某阶段的状态给定后，则以后各阶段的决策不受这阶段以前各段状态的影响。
这种无后效性的性质符最佳原理，因此可以用动态规划的算法求解。
２．动态规划的方向和初值的设定
采用动态规划求解的关键是确定所有石子堆子序列的最佳合并方案。 这些石子堆子序列包括：
｛第１堆、第２堆｝、｛第２堆、第３堆｝、……、｛第N堆、第１堆｝；
｛第１堆、第２堆、第３堆｝、｛第２堆、第３堆、第４堆｝、……、｛第N堆、第１堆、第２堆｝；……
｛第１堆、……、第N堆｝｛第１堆、……、第N堆、第１堆｝……｛第N堆、第１堆、……、第N－１堆｝
为了便于运算，我们用〔i，j〕表示一个从第i堆数起，顺时针数j堆时的子序列｛第i堆、第i＋１堆、……、第（i＋j－1）mod n堆｝
它的最佳合并方案包括两个信息：
①在该子序列的各堆石子合并成一堆的过程中，各次合并得分的总和；
②形成最佳得分和的子序列１和子序列２。由于两个子序列是相邻的， 因此只需记住子序列１的堆数；
设
f〔i，j〕──将子序列〔i，j〕中的j堆石子合并成一堆的最佳得分和；
c〔i，j〕──将〔i，j〕一分为二，其中子序列１的堆数；
（１≤i≤N，１≤j≤N）
显然，对每一堆石子来说，它的
f〔i，１〕＝０
c〔i，１〕＝０ （１≤i≤N）
对于子序列〔i，j〕来说，若求最小得分总和，f〔i，j〕的初始值为∞； 若求最大得分总和，f〔i，j〕的初始值为０。（１≤i≤N，２≤j≤N）。
动态规划的方向是顺推(即从上而下)。先考虑含二堆石子的N个子序列（各子序列分别从第１堆、第２堆、……、第N堆数起，顺时针数２堆）的合并方案
f〔１，２〕，f〔２，２〕，……，f〔N，２〕
c〔１，２〕，c〔２，２〕，……，c〔N，２〕
然后考虑含三堆石子的Ｎ个子序列（各子序列分别从第１堆、第２堆、……、第Ｎ堆数起，顺时针数３堆）的合并方案
f〔１，３〕，f〔２，３〕，……，f〔N，３〕
c〔１，３〕，c〔２，３〕，……，c〔N，３〕
……
依次类推，直至考虑了含N堆石子的N个子序列（各子序列分别从第１堆、第２堆、 ……、第N堆数起，顺时针数N堆）的合并方案
f〔１，N〕，f〔２，N〕，……，f〔N，N〕
c〔１，N〕，c〔２，N〕，……，c〔N，N〕
最后，在子序列〔１，N〕，〔２，N〕，……，〔N，N〕中，选择得分总和（f值）最小（或最大）的一个子序列〔i，N〕（１≤i≤N），由此出发倒推合并过程。
３．动态规划方程和倒推合并过程
对子序列〔i，j〕最后一次合并，其得分为第i堆数起，顺时针数j堆的石子总数t。被合并的两堆石子是由子序列〔i，k〕和〔（i＋k－１）mod
n＋１，j－k〕（１≤k≤j－１）经有限次合并形成的。为了求出最佳合并方案中的k值，我们定义一个动态规划方程：
当求最大得分总和时
f〔i，j〕＝max｛f〔i，k〕＋f〔x，j-k〕＋t｝
１≤k≤j－１
c〔i，j〕＝k│ f〔i，j〕＝f〔i，k〕＋f〔x，j-k〕＋t
（２≤ｊ≤ｎ，１≤ｉ≤ｎ）
当求最小得分总和时
f〔i，j〕＝min｛f〔i，k〕＋f〔x，j－k〕＋t｝
１≤k≤j－１
c〔i，j〕＝k│ f〔i，j〕＝f〔i，k〕＋f〔x，j-k〕＋t
（２≤ｊ≤ｎ，１≤ｉ≤ｎ）
其中x＝（i＋k－１）modn＋１，即第i堆数起，顺时针数k＋１堆的堆序号。
例如对上面例子中的６(３ ４ ６ ５ ４ ２ )堆石子，按动态规划方程顺推最小得分和。 依次得出含二堆石子的６个子序列的合并方案
f〔１，２〕＝７ f〔２，２〕＝１０ f〔３ ，２〕＝１１
c〔１，２〕＝１ c〔２，２〕＝１ c〔３，２〕＝１
f〔４，２〕＝９ f〔５，２〕＝６ f〔６，２〕＝５
c〔４，２〕＝１ c〔５， ２〕＝１ c〔６，２〕＝１
含三堆石子的６(３ ４ ６ ５ ４ ２ )个子序列的合并方案
f〔１，３〕＝２０ f〔２，３〕＝２５ f〔３，３〕＝２４
c〔１，３〕＝２ c〔２，３〕＝２ c〔３，３〕＝１
f〔４，３〕＝１７ f〔５，３〕＝１４ f〔６，３〕＝１４
c〔４，３〕＝１ c〔５，３〕＝１ c〔６，３〕＝２
含四堆石子的６(３ ４ ６ ５ ４ ２ )个子序列的合并方案
f〔１，４〕＝３６ f〔２，４〕＝３８ f〔３，４〕＝３４
c〔１，４〕＝２ c〔２，４〕＝２ c〔３，４〕＝１
f〔４，４〕＝２８ f〔５，４〕＝２６ f〔６，４〕＝２９
c〔４，４〕＝１ c〔５，４〕＝２ c〔６，４〕＝３
含五堆石子的６(３ ４ ６ ５ ４ ２ )个子序列的合并方案
f〔１，５〕＝５１ f〔２，５〕＝４８ f〔３，５〕＝４５
c〔１，５〕＝３ c〔２，５〕＝２ c〔３，５〕＝２
f〔４，５〕＝４１ f〔５，５〕＝４３ f〔６，５〕＝４５
c〔４，５〕＝２ c〔５，５〕＝３ c〔６，５〕＝３
含六堆石子的６(３ ４ ６ ５ ４ ２ )个子序列的合并方案
f〔１，６〕＝６１ f〔２，６〕＝６２ f〔３，６〕＝６１
c〔１，６〕＝３ c〔２，６〕＝２ c〔３，６〕＝２
f〔４，６〕＝６１ f〔５，６〕＝６１ f〔６，６〕＝６２
c〔４，６〕＝３ c〔５，６〕＝４ c〔６，６〕＝３
f〔１，６〕是f〔１，６〕，ｆ〔２，６〕，……f〔６，６〕中的最小值，表明最小得分和是由序列〔１，６〕经５次合并得出的。我们从这个序列出发，
按下述方法倒推合并过程：
由c〔１，６〕＝３可知，第５次合并的两堆石子分别由子序列〔１，３〕和子序列〔４，3〕经４次合并后得出。其中c〔１，３〕＝２可知由子序列〔１，３〕合并成的一堆石子是由子序列〔１，２〕和第三堆合并而来的。而c〔１，２〕＝１，以表明了子序列〔１，２〕的合并方案是第１堆合并第２堆。
由此倒推回去，得出第１，第２次合并的方案，每次合并得分
第一次合并 ３ ４ ６…… ->７
第二次合并 ７ ６…… ->１３
１３……
子序列〔１，３〕经２次合并后合并成１堆， ２次合并的得分和＝７＋１３＝２０。
ｃ〔４，３〕＝１，可知由子序列〔４，３〕合并成的一堆石子是由第４堆和子序列〔５，
２〕合并而来的。而c〔５，２〕＝１，又表明了子序列〔５，２〕的合并方案是第５堆合并第６堆。由此倒推回去，得出第３、第４次合并的方案
每次合并得分：
第三次合并 ……５４ ２ ->６
第四次合并 ……５ ６ ->１１
……１１
子序列〔４，３〕经２次合并后合并成１堆，２次合并的得分和＝６＋１１＝１７。
第五次合并是将最后两堆合并成１堆，该次合并的得分为２４。
显然，上述５次合并的得分总和为最小
２０＋１７＋２４＝６１
上述倒推过程，可由一个print（〔子序列〕）的递归算法描述
procedure print （〔i，ｊ〕）
begin
if ｊ〈〉１ then ｛继续倒推合并过程
begin
print（〔i，c〔i，j〕〕；｛倒推子序列１的合并过程｝
print（〔i＋c〔i，j〕－１〕mod n＋１，j－c〔i，j〕）
｛倒推子序列２的合并过程｝
for K：＝１ to N do｛输出当前被合并的两堆石子｝
if （第K堆石子未从圈内去除）
then begin
if（K＝i）or（K＝X）then置第K堆石子待合并标志
else第K堆石子未被合并；
end；｛then｝
第i堆石子数←第i堆石子数＋第X堆石子数；
将第X堆石子从圈内去除；
end；｛then｝
end；｛print｝
例如，调用print（〔１，６〕）后的结果如下：
print（〔１，６〕）⑤
┌──────┴──────┐
print（〔１，３〕）② print（〔４，３〕）④
┌─────┴─────┐ ┌─────┴─────┐
print(〔１，２〕)① print(〔3，1〕) print(〔4，1〕) print(〔５，２〕)③
┌──────┴──────┐ ┌──────┴──────┐
print（〔1,1〕） print（〔2,1〕） print（〔5,1〕）
print（〔6,1〕）
（图6.2-5）
其中回溯至
① 显示 ３ ４６ ５ ４
② 显示 ７ ６５ ４ ２
③ 显示 １３ ５４ ２
④ 显示 １３５ ６
⑤ 显示 １３ １１
注:调用print过程后，应显示６堆石子的总数作为第５次合并的得分。
代码：
#include <iostream>
#include <string>
#include <fstream>
#define MAX 100
#define MAXint 1000
using namespace std;
int i,j;//循环用的
ifstream in("in.txt");
ofstream out ("out.txt");
int f[MAX][MAX];//f[i][j]表示从i起取j堆的最大值
int sum[MAX][MAX];//sum[i][j]表示从i起取j堆的和
int num[MAX];
int main()
{
int n;
in>>n;
for(i=1;i<=n;i++)
{
in >>num[i];
sum[i][1]=num[i];
f[i][1]=0;
}//end for
for (j=2;j<=n;++j)
{
cout<<endl<<j<<endl<<endl;
for(i=1;i<=n;++i)
{
cout <<(sum[i][j]=num[i]+sum[i%n+1][j-1])<<endl;
}//end for i
}//end for j
int k,x,t;
for (j=2;j<=n;j++)
{
for(i=1;i<=n;i++)
{
f[i][j]=MAXint;
t=sum[i][j];
for(k=1;k<=j-1;k++)
{
x=(i+k-1)%n+1;
if(f[i][k]+f[x][j-k]+t<f[i][j])
f[i][j]=f[i][k]+f[x][j-k]+t;
}//end for k
cout <<f[i][j]<<endl;
}//end for i
}//end for j
int tmp=f[1][n];
for(j=1;j<=n;++j)
{
if (f[j][n]<tmp)
tmp=f[j][n];
}//end for
cout<<tmp<<endl;
return 0;
}//end main
首先，该问题具有最优子结构性质。即可以用二分的思想来解决。求编号为1到n的最小值，可认为是求1到k的最小值，加上k+1到n的最小值，再加上将这两堆已合并好的的石子再进行合并的步数，最后取不同k下的最小值。从这个分析可以看出，该问题与完全加括号问题和多边形的最优剖分问题基本相同。
根据以上的分析，设c[i][j]表示从编号为i到编号为j的石子堆进行合并的最小值，则可得如下递推公式：
C[i][j]=min{c[i][k]+c[k+1][j]+sum[i][j]}, i=<k<j
代码如下：
#include<iostream>
using namespace std;
const int MAXINT=100000;
int c[101][101];
int sum[101];
int a[101];
int n;
int main(void)
{
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
sum[0]=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
sum[i]=sum[i-1]+a[i];
for (int l=1;l<n;l++)
for (int i=1;i<n;i++)
{
int j=i+l;
c[i][j]=MAXINT;
for (int k=i;k<j;k++)
c[i][j]=c[i][j]>c[i][k]+c[k+1][j]+sum[j]-sum[i]? c[i][k]+c[k+1][j]+sum[j]-sum[i-1] : c[i][j];
}
printf("%d\n",c[1][n]);
return 0;
}
石子合并问题还可以求得分的最大值，这时只需将上述递推公式中的min改为max即可。
这个题其实是数论里边一个小知识点。N^N的个位数其实就是(N%10)^N的个位数。不妨设为a = N%10,结果就是求a^N的个位了。
step1： 如果（N%2 == 0）那么结果就等于[(a*a)%10]^(N/2)
step2： 否则，结果就等于(a%10)*[(a*a)^(N/2)]的结果了。如果N<1,结束。否则返step1。
代码很简单：#include<iostream>
using namespace std;
int judge(int n)
{
int k=n,a=n,b=1;
a %= 10;
while(k > 1)
{
if(k%2)
{
b *= a;
b %= 10;
--k;
}
else
{
a *= a;
a %= 10;
k /= 2;
}
}
a *= b;
a %= 10;
return a;
}
int main()
{
int T,n;
cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n;
cout<<judge(n)<<endl;
}
return 0;
}
摘要: 求N!的高精度算法http://blog.csdn.net/liangbch/ 这里有各种阶乘的计算！沃勒个去...本文中的算法主要针对Pascal语言 这篇文章的内容你了解高精度吗？你曾经使用过哪些数据结构？你仔细思考过如何优化算法吗？在这里，你将看到怎样成倍提速求N!的高精度算法Pascal中的标准整数类型数据类型值域Shortint-128～127Byte0...
阅读全文
摘要: 在自然数，且所有的数不大于30000的范围内讨论一个问题：现在已知n条线段，把端点依次输入告诉你，然后有m个询问，每个询问输入一个点，要求这个点在多少条线段上出现过；最基本的解法当然就是读一个点，就把所有线段比一下，看看在不在线段中；每次询问都要把n条线段查一次，那么m次询问，就要运算m*n次，复杂度就是O(m*n)这道题m和n都是30000，那么计算量达到了10^9；而计算机1秒的计算量大约是1...
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问题
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]。这些物品被划分为若干组，每组中的物品互相冲突，最多选一件。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。
算法
这个问题变成了每组物品有若干种策略：是选择本组的某一件，还是一件都不选。也就是说设f[k][v]表示前k组物品花费费用v能取得的最大权值，则有：
f[k][v]=max{f[k-1][v],f[k-1][v-c[i]]+w[i]|物品i属于组k}
使用一维数组的伪代码如下：
for 所有的组k
for v=V..0
for 所有的i属于组k
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}
注意这里的三层循环的顺序，甚至在本文的第一个beta版中我自己都写错了。“for v=V..0”这一层循环必须在“for 所有的i属于组k”之外。这样才能保证每一组内的物品最多只有一个会被添加到背包中。
另外，显然可以对每组内的物品应用完全背包问题中“一个简单有效的优化”。
小结
分组的背包问题将彼此互斥的若干物品称为一个组，这建立了一个很好的模型。不少背包问题的变形都可以转化为分组的背包问题（例如有依赖的背包问题），由分组的背包问题进一步可定义“泛化物品”的概念，十分有利于解题。
code:
for (int i=0; i<=V; i++) s[i]=0;
for (int i=1; i<=M; i++)
{
for (int j=V; j>=0; j--)
{
for (int k=1; k<=N; k++)
{
if (set[k]==i)
{
if (j<v[k]) continue;
s[j]=max(s[j], s[j-v[k]]+w[k]);
}
}
}
}
问题
二维费用的背包问题是指：对于每件物品，具有两种不同的费用；选择这件物品必须同时付出这两种代价；对于每种代价都有一个可付出的最大值（背包容量）。问怎样选择物品可以得到最大的价值。设这两种代价分别为代价1和代价2，第i件物品所需的两种代价分别为a[i]和b[i]。两种代价可付出的最大值（两种背包容量）分别为V和U。物品的价值为w[i]。
算法
费用加了一维，只需状态也加一维即可。设f[i][v][u]表示前i件物品付出两种代价分别为v和u时可获得的最大价值。状态转移方程就是：
f[i][v][u]=max{f[i-1][v][u],f[i-1][v-a[i]][u-b[i]]+w[i]}
如前述方法，可以只使用二维的数组：当每件物品只可以取一次时变量v和u采用逆序的循环，当物品有如完全背包问题时采用顺序的循环。当物品有如多重背包问题时拆分物品。这里就不再给出伪代码了，相信有了前面的基础，你能够自己实现出这个问题的程序。
物品总个数的限制
有时，“二维费用”的条件是以这样一种隐含的方式给出的：最多只能取M件物品。这事实上相当于每件物品多了一种“件数”的费用，每个物品的件数费用均为1，可以付出的最大件数费用为M。换句话说，设f[v][m]表示付出费用v、最多选m件时可得到的最大价值，则根据物品的类型（01、完全、多重）用不同的方法循环更新，最后在f[0..V][0..M]范围内寻找答案。
复数域上的背包问题
另一种看待二维背包问题的思路是：将它看待成复数域上的背包问题。也就是说，背包的容量以及每件物品的费用都是一个复数。而常见的一维背包问题则是实数域上的背包问题。（注意：上面的话其实不严谨，因为事实上我们处理的都只是整数而已。）所以说，一维背包的种种思想方法，往往可以应用于二位背包问题的求解中，因为只是数域扩大了而已。
作为这种思想的练习，你可以尝试将P11中提到的“子集和问题”扩展到复数域（即二维），并试图用同样的复杂度解决。
小结
当发现由熟悉的动态规划题目变形得来的题目时，在原来的状态中加一纬以满足新的限制是一种比较通用的方法。希望你能从本讲中初步体会到这种方法。
#include <iostream>
#include <string>
#include <algorithm>
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define INF 0x1f1f1f1f
using namespace std;
int dp[105][1005],cost[105],value[105];
int main(void)
{
//freopen("in.txt","r",stdin);
//freopen("out.txt","w",stdout);
int i,j,k,n,m,T,L;
cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n>>m>>L;
for(i = 1;i <= n; ++i)
cin>>cost[i]>>value[i];
for(i = 1;i <= m; ++i)
for(j = 0;j <= L; ++j)
{
dp[i][j] = -INF;
dp[0][j] = 0;
}
for(k = 1;k <= n; ++k)
for(j = m;j >= 1; j--)
for(i = L;i >= cost[k]; --i)
{
dp[j][i] = max(dp[j][i],dp[j-1][i-cost[k]]+value[k]);
}
int ans = 0;
for(i = 1;i <= L; ++i)
if(dp[m][i] > ans)
ans = dp[m][i];
cout<<ans<<endl;
}
}
分析：相比经典的01背包问题，二维费用背包问题增加了一维费用，于是我们需要在状态上增加一维。设s[i][j][k]表示将前i件物品放入两种容量分别为j和k的背包时所能获得的最大价值，则状态转移方程为s[i][j][k]=max{s[i-1][j][k], s[i-1][j-v[i]][k-u[i]]+w[i]}，递推边界为当i=0时s[i][j][k]=0。和01背包类似，状态的维数可以轻易的从三维降低到二维，具体实现见代码。
代码：
for (int i=0; i<=V; i++)
{
for (int j=0; j<=U; j++) s[i][j]=0; // 边界
}
for (int i=1; i<=N; i++)
{
for (int j=V; j>=v[i]; j--)
{
for (int k=U; k>=u[i]; k--) s[j][k]=max(s[j][k], s[j-v[i]][k-u[i]]+w[i]);
}
}
总结：二维费用背包的完全背包问题以及多重背包问题均与01背包类似，在此就不再赘述了。由二维费用背包问题我们可以推知多维费用背包其实就是增加状态维数，其他类型的DP问题如果是通过原型问题增加限制条件改编而来，应该也可以通过类似的增加状态维数来解决。
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。
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*Σn[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Σn[i]的01背包问题，直接求解，复杂度仍然是O(V*Σn[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*Σlog 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*Σn[i])改进到O(V*Σlog 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。
code:(被我改编成模板的pku 1276)
#include<iostream>
using namespace std;
int dp[100001];
int amount[100];
int weight[100];
int value[100];
int V;
void CompletePack(int weight,int value)
{
for(int i=weight;i<=V;i++)
dp[i]=max(dp[i],dp[i-weight]+value);
}
void ZeroOnePack(int weight,int value)
{
for(int i=V;i>=weight;i--)
dp[i]=max(dp[i],dp[i-weight]+value);
}
void MultiplePack(int num,int weight,int value)
{
if(num*weight>V) //如果足够久转化为完全背包
{
CompletePack(weight,value);
return ;
}
int k=1; //否则就利用二进制的思想将其划分为若干个小物品
while(k<num)
{
ZeroOnePack(k*weight,k*value);
num-=k;
k*=2;
}
ZeroOnePack(num*weight,num*value);
}
int main(void)
{
while(cin>>V)
{
memset(dp,0,sizeof dp);
int m;
cin>>m;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
cin>>amount[i]>>weight[i];
value[i] = weight[i];
}
for(int i=1;i<=m;i++)
MultiplePack(amount[i],weight[i],value[i]);
cout<<dp[V]<<endl;
}
}
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*Σ(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。
code:
int ZeroOnePack4(int n, int v)//完全背包问题，运用空间复杂度为O(n)递推
{
int i, j;
for (i=0; i<=v; i++)
{//初始化
f2[i]=0;
}
for (i=1; i<=n; i++)
{
for (j=cost[i]; j<=v; j++)
{
f2[j]=max(f2[j-cost[i]]+weight[i], f2[j]);
}
}
return f2[v];
}