依赖背包dp NOIP2006 vijos 1313 金明的预算方案

依赖背包：

简化的问题

这种背包问题的物品间存在某种“依赖”的关系。也就是说，物品i依赖于物品j，表示若选物品i，则必须选物品j。为了简化起见，我们先设没有某个物品既依赖于别的物品，又被别的物品所依赖；另外，没有某件物品同时依赖多件物品。

算法

这个问题由NOIP2006中“金明的预算方案”一题扩展而来。遵从该题的提法，将不依赖于别的物品的物品称为“主件”，依赖于某主件的物品称为“附件”。由这个问题的简化条件可知所有的物品由若干主件和依赖于每个主件的一个附件集合组成。 按照背包问题的一般思路，仅考虑一个主件和它的附件集合。可是，可用的策略非常多，包括：一个也不选，仅选择主件，选择主件后再选择一个附件，选择主件后再选择两个附件……无法用状态转移方程来表示如此多的策略。事实上，设有n个附件，则策略有2n + 1个，为指数级。 考虑到所有这些策略都是互斥的（也就是说，你只能选择一种策略），所以一个主件和它的附件集合实际上对应于6中的一个物品组，每个选择了主件又选择了若干个附件的策略对应于这个物品组中的一个物品，其费用和价值都是这个策略中的物品的值的和。但仅仅是这一步转化并不能给出一个好的算法，因为物品组中的物品还是像原问题的策略一样多。 再考虑对每组内的物品应用2.3中的优化。我们可以想到，对于第k个物品组中的物品，所有费用相同的物品只留一个价值最大的，不影响结果。所以，可以对主件k的“附件集合”先进行一次01背包，得到费用依次为0...V−Ck所有这些值时相应的最大价值Fk[0...V − Ck]。那么，这个主件及它的附件集合相当于V−Ck+1个物品的物品组，其中费用为v的物品的价值为Fk [v − Ck ] + Wk，v的取值范围是Ck ≤ v ≤ V。 也就是说，原来指数级的策略中，有很多策略都是冗余的，通过一次01背包后，将主件k及其附件转化为V−Ck+1个物品的物品组，就可以直接应用分组背包的算法解决问题了。

以上摘自崔天翼神犇犇的《背包九讲》。

分组背包博文：

http://www.jb51.cc/article/p-oiwlnjrq-wd.html

简单的说就是将每个依赖背包用01背包遍历所有情况，然后再把他们改成分组背包的样子来做，这样每组就取的物品就是主件 + n个附件。

题目：

vijos ：https://vijos.org/p/1313

AC代码：

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int M = 3276;
const int S = 80;
vector<int> vct[S];
vector<pair<int,int> > groups[S];
int dp[M],n,m,w[S],v[S],d[S];
main()
{
    scanf("%d %d",&m,&n);
    m /= 10;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%d %d %d",&w[i],&v[i],&d[i]);
        w[i] /= 10;
        v[i] *= w[i];
        if(d[i])
           vct[d[i]].push_back(i);
    }
    int cnt = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if(d[i] == 0)
        {
            memset(dp,sizeof(dp));
            dp[w[i]] = v[i];
            int sum = w[i];
            for(int j = 0; j < vct[i].size(); j++)
            {
                int dx = vct[i][j];
                sum += w[dx];
                for(int k = sum; k >= w[i]; k--)
                    if(dp[k] != 0)
                        dp[k + w[dx]] = max(dp[k] + v[dx],dp[k + w[dx]]);
            }
            for(int j = w[i]; j <= sum; j++)
                if(dp[j])
                    groups[cnt].push_back(make_pair(j,dp[j]));
            cnt++;
        }
    }
    memset(dp,sizeof(dp));
    for(int i = 0; i < cnt; i++)
        for(int j = m; j >= 0; j--)
            for(vector<pair<int,int> >::iterator it = groups[i].begin(); it != groups[i].end(); it++)
                if(j >= it ->first)
                    dp[j] = max(dp[j],dp[j - it ->first] + it ->second);
    printf("%d\n",dp[m] * 10);
}