【学习随笔】01背包问题

转自：https://www.cnblogs.com/fengziwei/p/7750849.html

感觉自己01背包很弱，所以学习下01背包问题，并写下自己的感悟

下列所有代码的输入：
Input
2 2 6 5 4
6 3 5 4 6
//背包承重： 10   第一行为wight 第二行为 value 一共5个物品

Output
01背包： 15
完全背包：30

//首先暴搜肯定能做，不谈

1.背包问题

0-1背包问题是指每一种物品都只有一件，可以选择放或者不放。现在假设有n件物品，背包承重为m。

对于这种问题，我们可以采用一个二维数组去解决：f[n][m]，其中n代表加入背包的是前n件物品，m表示背包的承重，f[n][m]表示当前状态下能放进背包里面的物品的最大总价值（在n个物品中，m背包承重能装的最大总价值）。f[n][m]就是我们的最终结果。

采用动态规划，必须要知道初始状态和状态转移方程。初始状态很容易就能知道，那么状态转移方程如何求呢？对于一件物品，我们有放进或者不放进背包两种选择：

我们的状态转移方程就是：f[n][m] = max( f[n - 1][m] , f[n - 1][m - weight[n]] + value[n]) 

//f[n - 1][m]代表第n个物品不放  f[n - 1][m - weight[n]] + value[n]代表第n个物品放进去

  （1）假如（第n个物品）我们放进背包，那么就是 f[n - 1][m - weight[i]] + value[i]，这里的f[n - 1][m - weight[i]] + value[i]应该这么理解：本来m承重背包在n个物品中选择最大值，因为第n个物品放入，所以我们现在考虑的是用m-weight[n]（第n个物品放进去容量减少第n个物品的承重）从剩下的n-1个物品中选择出最大价值。有而对于f[i - 1][j - weight[i]]这部分，i - 1很容易理解，关键是 j - weight[i]这里，我们要明白：要把这件物品放进背包，就得在背包里面预留这一部分空间。

  （2）假如我们不放进背包，f[n][m] = f[n - 1][m]，这个很容易理解。//本来从n个中选择，但是第n个不放进去就变成从n-1个中选择

   还有一种特殊的情况f[n][m] = f[n - 1][m]，就是背包容量放不下第n个物品。//需要注意当n=1时候m

下面是我写的代码：

//注：【F[n][m]的含义是容量m的背包从n个物品中选择出价值最大的】
//非常重要的一点我们在考虑从n个物品选择m重量的最大价值，是从第n个物品开始考虑，而不是从第一个物品开始考虑
//先考虑第n个能不能放，如果能放，就考虑第n个物品放不放，放不放取决于n-1个物品中的最大值，n-1又由n-2决定
//因此规模不断的缩小，最终达到 第1个物品 mi 重量放不放，mi<第1个物品重量是就是0，啥也装不下
//因此其实   F[1][0]---到----F[1][W[1]-1] 结果都是0     F[1][W[1]]---到---F[1][m] 结果都是 V[1] 

//说一个很直白的列子（递归比较好理解）：假设有5个物品，重量为12345，价值也是12345，我有12的背包，我想求的答案是F[5][12] (=  = 这个值是多少我不知道)，第5个物品重量为5，价值也为5，我有12的背包显然能放下，所以我现在考虑的是为了价值最大，我究竟放不放第5个物品，这个取决于F[4][7] ( 第5个放 ) 和F[4][12] ( 第5个不放 ) 的值谁大，这两个值我也不知道多少，好吧继续递归，F[4][7]的最大值又取决于第4个物品放不放，好吧和第5个物品一样了，变成了取决于F[3][3]和F[3][7]的值.....规模是不是在减少....最终会到底  F[1][0]---到----F[1][wight[1]-1] 结果都是0     F[1][wight[1]]---到---F[1][m] 结果都是 V[1] 

递归想法就和求斐波那契一样 F（n）=F（n-1）+F（n-2）//Fn不知道Fn-1 Fn-2也不知道，但是F1知道F2也知道（为了速度求出的Fn用表保存下来）

for循环呢就是先求F1,F2.....直到Fn，在此题背包中呢，就是F[1][0]-----F[1][m],然后求F[2][0]---F[2][m]

# include
# include
# define num 5
# define wight 10
using namespace std;
int F_[6][20];
int V[5],W[5];
int F[6][20];
int f01(int n, int m) {
	if (F_[n][m]!=-1)return F_[n][m];//如果之前递归已经求出该值就返回
	if (m < W[n - 1])return  F_[n][m] = ((n == 1) ? 0 : f01(n - 1, m));//此处考虑能不能放进去
	else//状态转移方程： f [n][m]=max{f[n-1][m],f[n-1][m-w[i]]+v[i]}
		return F_[n][m]=max(f01(n - 1, m), f01(n - 1, m - W[n - 1]) + V[n - 1]);//此时能够放下，考虑的是放不放
}//注：【F[n][m]的含义是容量m的背包从n个物品中选择出价值最大的】
//非常重要的一点我们在考虑从n个物品选择m重量的最大价值，是从第n个物品开始考虑，而不是从第一个物品开始考虑
//先考虑第n个能不能放，如果能放，就考虑第n个物品放不放，此时是看n-1个物品中的最大值，n-1又由n-2决定
//因此规模不断的缩小，最终达到 第1个物品 mi 重量放不放，mi<第1个物品重量是就是0，啥也装不下
//因此其实   F[1]---到----F[1][W[1]-1] 结果都是0     F[1][W[1]]---到---F[1][m] 结果都是 V[1] 
int main(void) {
	memset(F_, -1, sizeof(F_));
	for (int i = 0; i < 5; i++)cin >> W[i];
	for (int i = 0; i < 5; i++)cin >> V[i];
	cout << "递归max：" << f01(num, wight) << endl;
	for (int i = 1,j; i <=num; i++) {
		for (j = 0; j <= wight; j++) {
			if (j < W[i - 1]) {//第i个东西放不下
				F[i][j] = (i == 1 ? 0 : F[i - 1][j]);
			}
			else {//放的下 考虑的是放不放
				F[i][j] = max(F[i - 1][j], F[i - 1][j - W[i - 1]] + V[i - 1]);
			}
		}
	}
	cout << "循环max：" << F[num][wight] << endl;
	system("pause");
	return 0;
}

0-1背包问题还有一种更加节省空间的方法，那就是采用一维数组去解决，下面是代码：

# include
# include
# define num 5
# define wight 10
using namespace std;
int V[num+1], W[num+1];
int F[wight+1];
int main(void) {
	memset(F, 0, sizeof(F));
	for (int i = 1; i <= num; i++)cin >> W[i];
	for (int i = 1; i <= num; i++)cin >> V[i];
    //01背包
	for (int i = 1, j; i <= num; i++) {
	//	for (j = 0; j <= wight; j++) {//正序的话其实是完全背包的解法，不需要考虑物品个数
		for (j = wight; j >= 0; j--) {//此处一定要倒序
			if (j >= W[i]) {//能够放下的时候考虑第i个物品放不放
				F[j] = max(V[i] + F[j - W[i]], F[j]);
			}
			else
				F[j] = F[j] ? F[j] : 0;//放不下就是原来的值
		}
	}
	cout << "循环max：" << F[wight] << endl;
	system("pause");
	return 0;
}

首先肯定很多人疑惑，为啥第二个循环是倒序......其实我一开始也疑惑，我认为正序完全可以做，后来尝试发现不可以，必须要倒序，所以这里说下我个人对于倒序的理解。重要的一点说明下：对于代码中的F[m]的含义为：m承重的包所能装下的最大价值。开始我想，从0--m承重开始循环，如果当前的物品（当前物品取决于外循环的 i 如果 i=5，那么就从第5个物品开始考虑）能放进去，那么当前的质量就会变成m-wight[i] ，并且m-wight[i] < m，在之前的操作，F[m-wight[i]]的最大值一定是已知的。显然这个F[m]的选择取决于F[m]=max(F[m-wight]+V[i],F[m]) ，至于为啥和F[m]比较很简单，之前的F[m]在物品i-1个中已经求解了没有（不放）第 i 件物品的最大值，那么现在只要考虑放进去后的值是否大于不放进去的值即可，其实就是比较第i个物品放不放进去。这么一看确实逻辑上没有一点问题。但是，但是，但是，最要的东西说三遍！                                                                                  如果正序承重从0-m，会重复多放物品，导致数据错误。

举个例子吧：下图为例，i=1 为e物品，i=5 为a物品 (  顺序别错了 )从下往上看

当i=1，考虑第一个物品e的时候，承重m 1，2，3都没问题，放不进去，总价值为F[1,2,3]=0，到了4的时候刚好能放进去，总价值为6，也没问题，7也没有问题，到了8会出现一个问题，这时候发现第i个物品（就是例子的第1个物品）又可以放进去，还会剩余4个承重，F[4]=6之前算过，就会出现这种情况 F[8]=max(F[8-4]+V[1],F[8]),导致F[8]=12,第1个物品被放进了2次。                      【后来我才发现其实这个是完全背包的一维数组解法】(纯属意外惊喜)

如果倒过来就不会出现这种情况，很简单，表在初始的时候被  memset（F，0，sizeof（F）） ， F表的所有数据为0，还是用第1个物品举例子（外循环 i=1），10承重可以放进去F[10]=max(F[10-4]+V[1],F[10]) ，其中F[6]=0因为没有求解呢....初始化为0，所以F[10]=6，因此不会出现重复放置的问题，到了第2个物品的时候（i=2），F[10]=max(F[10-5]+V[2],F[10])，其中F[5]在第1个物品的时候计算为6（F[5]=max(F[5-4]，F[5])），所以F[10]就被重新计算成了10，后面就一样了，相同的方式。

2.完全背包问题

完全背包问题是指每种物品都有无限件

解法就是刚才的一维数组的解法，只不过内循环用正序。

	for (int i = 1, j; i <= num; i++) {
		for (j = 0; j <= wight; j++) {
			if (j >= W[i]) {//能够放下的时候考虑第i个物品放不放
				F[j] = max(V[i] + F[j - W[i]], F[j]);
			}
			else
				F[j] = F[j] ? F[j] : 0;//放不下就是原来的值
		}
	}

为啥逆序就变成了完全背包的解法，这个其实还是很好理解的，因为在正序的基础上，我们其实不用考虑第i个物品的个数，我们只需要不停的考虑它能不能放进去，如果能放进，剩余的空间还能够放下的最大值和第i个物品的价格能否大于当前F[m]的价值。

客官还是好好想想....

代码也可以优化成：不在从0---到---m 而是从wight[i]---到---m

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = weight[i]; j <= m; j++) {
            f[j] = max(f[j], f[j - weight[i]] + value[i]);
        }
    }

这个也很好理解 承重 j 如果小于weight[i]，那么说明第 i 个物品放不下，F[j]的值不会变化还是i-1时候求解的F[j]

3.多重背包问题

多重背包意思就是：物品有个数，重量，价值。数量不在是1个或者无数个

说实话，其实没必要说那么多，为啥，因为很简单，当你看懂01背包的那一刻你已经就能求解多重背包和完全背包了，为啥，因为完全背包可以转化为多重背包，多重背包可以转化为01背包，至于为啥要说那是为了专精一种问题的求解。至于为啥可以转化，也很简单，完全背包虽然说物品的个数有无数个，但是由于承重m已经确定，每个物品又有重量，导致其实单一装1种物品的时候，每个物品能装的最大值已经出来了，至于更多的数量也没有意义，因为装不下。这时候由于每种物品都有了数量，导致完全背包变成了多重背包。多重背包转化01也很简单，物品1有2个，价值为4，我们可以转化为 a ，b物品，价值都是4。然后就变成了01背包问题了。但是我们知道多重背包如果一个一个转化为01背包还是非常慢的，这里我最近又学习了一种方法，所以特地加进了文章，那就是多重背包转化01背包利用二进制优化。

二进制优化：

        大家知道任意一个十进制数都可以转换成二进制，那么假设某种物品有1023种，即2^10-1，二进制为111111111，则可以视为每一位分别是一个由｛1，2，4，8，16，32，64，128，256，512｝个物品糅合成的大物品，二进制数每一位0表示不取，1表示取，这样我们就可以取遍所有的数，而若不是2的整数幂-1个物品，再补上缺的物品个数就好了，比如1025，就再补上个由2个物品组成的新物品。

例如把22进行二进制拆分：

         成为1,2,4,8,7；由1,2,4,8可以组成1--15之间所有的数，而对于16--22之间的数，可以先减去剩余的7，那就是1--15之间的数可以用1,2,4,8表示了。

多重背包的代码：

	for (int i = 1, j; i <= num; i++) {
	    for (int k = 0; k < num[i]; k++) {//加上个数当做别的物品只不过价值和重量和i物品一样
		    for (j = wight; j >= 0; j--) {//倒序求解01背包
			    if (j >= W[i]) {//能够放下的时候考虑第i个物品放不放
				    F[j] = max(V[i] + F[j - W[i]], F[j]);
			    }
			    else
			    	F[j] = F[j] ? F[j] : 0;//放不下就是原来的值
	    	    }
	    }
    }

多重背包转二进制问题代码：

	memset(F, 0, sizeof(F));//F初始化0
	for (int i = 0; i < 5; i++)cin >> W[i];//录入单个重量
	for (int i = 0; i < 5; i++)cin >> V[i];//录入单个价值
	for (int i = 0; i < 5; i++) {//依次录入数量
		cin >> nu[i];
		for (int j = 1; j <= nu[i]; j <<= 1) {//数量开始二进制拆分
			value_[k] = j*V[i];//总价值=个数*单价
			wight_[k++] = j*W[i];//总重量=个数*单重
			nu[i] -= j;//剩余个数更新
		}
		if (nu[i]) {//剩余部分存储
			value_[k] = nu[i] * V[i];
			wight_[k++] = nu[i]*W[i];
		}
	}//以上步骤将多重背包二进制转化为01背包
    //下述为01背包做法
	for (int i = 0, j; i < k; i++) {//个数
		for (j = wight; j >= 0; j--) {//倒序质量
				if (j >= wight_[i]) {//能够放下的时候考虑第i个物品放不放
					F[j] = max(value_[i] + F[j - wight_[i]], F[j]);
				}
				else
					F[j] = F[j] ? F[j] : 0;//放不下就是原来的值
			}
		}

最后补充的一点：以上所有做法的参考量都是重量，我们都是从背包承重开始考虑的，但是其实背包问题也可以从其他方面开始考虑，比如说价格，它的本质状态转移方程思想并没有变化，例如价格依旧：F[value]=max(F[value]，F[value-value[i]]+value[i])

不管怎么考虑，顺序还是从第i个物品开始考虑，这东西我能不能拿，能拿了的话，我到底拿不拿？