小白学习动态规划：完全背包（经典例题）

小白学习动态规划：完全背包

参考博客：

1. https://blog.csdn.net/qq_38984851/article/details/81133840
2. https://blog.csdn.net/na_beginning/article/details/62884939

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完全背包与零一背包类似，不同的是每种物品有无限件，意味着选完一件物品放进背包后，有可能会继续选择同一件物品放入背包。

经典例题

$$\begin{gathered} 有N种物品和一个容量为V的背包，每种物品都有无限件可用。 \\ 放入第i种物品的耗费的空间是C_i，得到的价值是W_i。 \\ 求解：将哪些物品装入背包，可使这些物品的耗费的空间总和不超过背包容量，且价值总和最大。 \end{gathered}$$

$$例：N=5，V=10$$

物品	A	B	C	D	E
Wealth	2	4	7	8	12
Cost	2	3	5	6	8

初步解题思路

定义状态与01背包相同，下标i代表前i件物品，下标j代表背包的总容量为j
$$\begin{gathered} 此问题与01背包问题类似，但是每一件物品并不是选与不选的问题， \\ 而是选几件的问题：选0件、选1件、选2件\cdot \cdot \cdot 选k件(k\ast Cost[i]\le V) \end{gathered}$$
所以，在01背包的基础上改变一下

掌握完全背包问题前必须清楚01背包的状态转移方程：
$$dp[i][j]=\{\begin{array}{ll}dp[i-1][j]& ifCost[i]>j\\ dp[i-1][j-Cost[i]]+Wealth[i]& ifCost[i]\le j\end{array}$$
而完全背包的状态转移方程为：
$$dp[i][j]=\{\begin{array}{ll}dp[i-1][j]& ifCost[i]>j\\ dp[i-1][j-k\ast Cost[i]]+k\ast Wealth[i]& ifk\ast Cost[i]\le j\end{array}$$

需要乘上系数k的原因是如果背包的容量大于物品A的体积，那么放入一件A之后，有可能背包剩下的容量还可以继续放入A物品，每次放入都要放入尽可能多的物品。

例如：

背包容量V = 9，物品A的体积为Cost[A] = 2，那么拿1件A放入背包后，背包容量 = 10 - 2 = 8，还可以继续放A，直到背包容量为剩下1时（此时放了4件A），无法继续放入A了才结束。

代码实现：

/**
 * @author Zeng
 * @date 2020/2/12 22:34
 */
public class Solution {

    public static int maxWealth(int[] cost, int[] wealth, int N, int V){
        //给dp table加一行和一列避免复杂的初始化问题
        int[][] dp = new int[N+1][V+1];
        //初始化
        for (int i = 0; i < dp.length; i++){
            dp[i][0] = 0;
        }
        for (int i = 0; i < dp[0].length; i++){
            dp[0][i] = 0;
        }
        for (int i = 1; i < N+1; i++){
            for (int j = 1; j < V+1; j++){
                //假设不选第i件
                dp[i][j] = dp[i-1][j];
                for (int k = 1; k*cost[i-1] <= j; k++){
                    //可以选k件
                    dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], dp[i-1][j - k*cost[i-1]] + k*wealth[i-1]);
                }
            }
        }
        //观察dp table值
        for (int i = 0; i < N+1; i++){
            for (int j = 0; j < V+1; j++){
                System.out.print(dp[i][j]+" ");
            }
            System.out.println();
        }
        return dp[N][V];
    }

    public static void main(String[] args) {
        int[] cost = new int[]{2, 3, 4, 7};
        int[] wealth = new int[]{1, 3, 5, 9};
        int N = 4;
        int V = 10;
        int i = maxWealth(cost, wealth, N, V);
        System.out.println(i);
    }

}

输出结果：
0 0 0 0 0 0 0 0 0  0  0 
0 0 2 2 4 4 6 6 8  8  10 
0 0 2 4 4 6 8 8 10 12 12 
0 0 2 4 4 7 8 9 11 12 14 
0 0 2 4 4 7 8 9 11 12 14 
0 0 2 4 4 7 8 9 12 12 14 
14

此算法的空间复杂度为O（N²），共需要求解O（NV）个状态，求解每个状态的时间不是常数级了，因为每个物品并不是只有拿和不拿两种情况，而是拿k件（k≥1）或不拿的多种情况，求dp[i][j]所需要的时间是O（j/Cost[i]）,所以总的时间复杂度为O（NVΣ(j/Cost[i])）。在这种复杂度较高的情况下一般是不能AC的。所以要优化时间复杂度。尝试将其转化为01背包问题。

优化解题思路（转化为01背包问题）

优化前的核心代码

for (int i = 1; i < N+1; i++){
            for (int j = 1; j < V+1; j++){
                //假设不选第i件
                dp[i][j] = dp[i-1][j];
                for (int k = 1; k*cost[i-1] <= j; k++){
                    //可以选k件
                    dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], dp[i-1][j - k*cost[i-1]] + k*wealth[i-1]);
                }
            }
        }

思路1

可以在每一个物品可以放多少个时，直接求出可以放入的最大值k，即每个物品要么不能放进去，要么放k件，等价于01背包中要么不能放入物品，要么可以放入1件物品。

优化代码：

for (int i = 1; i < N+1; i++){
    for (int j = 1; j < V+1; j++){
        //假设不选第i件
        dp[i][j] = dp[i-1][j];
        //假设能放k件
        int k = j / cost[i-1];
        //可以选k件
        dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], dp[i-1][j - k*cost[i-1]] + k*wealth[i-1]);
    }
}

思路2

当物品可以放入时，可能还可以继续放入该物品，所以状态转移方程需要变化：
$$dp[i][j]=\{\begin{array}{ll}dp[i-1][j]& ifCost[i]>j\\ dp[i][j-Cost[i]]+Wealth[i]& ifCost[i]\le j\end{array}$$

$$\begin{gathered} 当Cost[i]\le j时，当放入一个物品i时，之后还可能会放入物品i \\ 所以状态转移方程是F[i][j-Cost[i]]+Wealth[i]而不是F[i-1][j-Cost[i]]+Wealth[i]。 \end{gathered}$$

优化代码：

for (int i = 1; i < N+1; i++){
    for (int j = 1; j < V+1; j++){
        //假设不选第i件
        dp[i][j] = dp[i-1][j];
        if(cost[i-1] < j){
            //可以放进去
            dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], dp[i][j - k*cost[i-1]] + k*wealth[i-1]);
        }
    }
}

思路3（二进制思想）（还没看懂）

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