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题目描述

有 $N$ 件物品和一个容量是 $V$ 的背包。每件物品只能使用一次。

第 $i$ 件物品的体积是 $v_i$，价值是 $w_i$。

求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。

输出 最优选法的方案数。注意答案可能很大，请输出答案模 $10^9 + 7$ 的结果。

输入格式

第一行两个整数，$N，V$，用空格隔开，分别表示物品数量和背包容积。

接下来有 $N$ 行，每行两个整数 $v_i, w_i$，用空格隔开，分别表示第 $i$ 件物品的体积和价值。

输出格式

输出一个整数，表示 方案数 模 $10^9 + 7$ 的结果。

数据范围

$0 \lt N, V \le 1000$
$0 \lt v_i, w_i \le 1000$

输入样例

4 5
1 2
2 4
3 4
4 6

输出样例：

2

思路

本题为DP问题，可以使用 闫氏DP分析法 解题。

本题我们可以利用 状态转移拓扑图 找出所有最优解的状态转移路径，从而求解出方案数。

01背包：

• 状态表示 $f_{i,j}$：
  • 集合：在前 $i$ 个物品中， 总体积不超过 $j$ 的所有选法。
  • 属性：$\max$
• 初始化：$f=-\infty,f_{0,0}=0$
• 状态计算：
  • 不选第 $i$ 个物品：$\max(f_{i-1,j})$
  • 选第 $i$ 个物品：$\max(f_{i-1,j-v_i}+w_i)$

求路径

• 状态表示 $g_{i,j}$：
  • 集合：在前 $i$ 个物品中，当前已使用体积恰好是 $j$，且价值最大的方案
  • 属性：$\text{count}$
• 初始化：$g_{0,0}=1$
• 状态计算：
  • 若 $f_{i,j}=f_{i-1,j}$ 且 $f_{i,j}=f_{i-1,j-v_i}+w_i$，则 $g_{i,j}=g_{i-1,j}+g_{i-1,j-v_i}$；
  • 若 $f_{i,j}=f_{i-1,j}$ 且 $f_{i,j} \ne f_{i-1,j-v_i}+w_i$，则 $g_{i,j}=g_{i-1,j}$；
  • 若 $f_{i,j} \ne f_{i-1,j}$ 且 $f_{i,j}=f_{i-1,j-v_i}+w_i$，则 $g_{i,j}=g_{i-1,j-v_i}$。

时空复杂度

• 时间复杂度：两重循环，分别遍历物品和体积，因此时间复杂度 $O(n \times v)$；
• 空间复杂度：类似01背包，减掉一维空间。因此空间复杂度 $O(v)$。

AC Code:

$C++$

#include <iostream>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 1010, mod = 1e9 + 7;

int n, m;
int f[N], g[N]; 

int main()
{
    cin >> n >> m;

    memset(f, -0x3f, sizeof f);
    f[0] = 0, g[0] = 1; // 初始化

    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        int v, w;
        cin >> v >> w;
        for (int j = m; j >= v; j -- ) // 因为去掉了一维，所以要倒着循环
        {
            int maxv = max(f[j], f[j - v] + w);
            int cnt = 0;
            if (maxv == f[j]) cnt += g[j];
            if (maxv == f[j - v] + w) cnt += g[j - v];
            g[j] = cnt % mod;
            f[j] = maxv;
        }
    }

    int res = 0;
    for (int i = 0; i <= m; i ++ )
        res = max(res, f[i]);

    int cnt = 0;
    for (int i = 0; i <= m; i ++ )
        if (res == f[i])
            cnt = (cnt + g[i]) % mod;

    cout << cnt << endl;

    return 0;
}

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