背包九讲(一)----01背包问题

背包九讲(一)----01背包问题

参考了著名的背包九讲，可以在这里下载，在这里做一个个人笔记，当然过程中有些不懂的地方也参考了许多其他博客，如果能帮助到你那就更好了^ ^

1.1 问题

有N件物品和一个容量为V的背包，放入第i件物品的费用是$C_i^1$，得到的价值是$W_i$。求解将哪些物品装入背包可使价值综合最大。

1.2 解题思路

最基础的背包问题，每种物品只有一件，可以选择放或者不放。

用子问题来获取状态方程：即 $F[i,j]$ 表示前 $i$ 件物品恰放入一个容量为 $v$ 的背包可以获得的最大价值。

$$dp[i,v]=max\left\{dp[i-1,v],dp[i-1,v-C_i]+W_i\right\}$$

可能刚开始看到这个方程会比较懵，接下来通过一个实例来理解一下，这个栗子参考了这篇博客（帮助很大）。

假设我们有一个可以装下4磅东西的背包，可以装的物品如下：

当然可以选择暴力解法，穷举所有可能的装法（当然会有很多装法超出容量），然后选择价值最大的装法。每个商品都有两种状态（装或不装），所以算法的时间复杂度为$O(2^N)$，显然不合理。

然后就是动态规划解法，将装满一个大背包转化为装满一个小背包的问题。

从上面我们的状态转移方程就能看出，求解的过程就是填写一个网格（二维数组），当将网格填写完整后，我们的问题也就解决了。我们当前问题的网格如下：

我们接下来依次填写各行。

① 首先是吉他行，在这一行中，我们在不同背包容量情况下考虑是否装入吉他，判断的依据就是是否能够获得更高的价值。

这种情况十分简单，因为目前只有吉他一种物品，所以最优情况当然是选择装入吉他！

② 其次是音响行，我们需要考虑是否装入音响，这时我们的状态转移方程就派上用场了。

$$dp[音响,v]=max\left\{dp[音响之前,v],dp[音响之前,v-C_{音响}]+W_{音响}\right\}$$

由于音响为4磅，所以前三格都只能选择$dp[音响之前,v]$，如下图所示：

对于第四格 $dp[音响,4]=max\left\{1500,3000+0\right\}=3000$ ，即选择音响（剩余容量为0，什么也装不下）

③ 笔记本电脑行，同样的方法，使用状态方程求解。

由于笔记本为3磅，所以前两个单元格直接继承上一行的结果：

对于第三格 $dp[笔记本电脑,3]=max\left\{1500,2000+0\right\}=2000$ ，即选择音响（剩余容量为0，什么也装不下）

对于第四格:

$dp[笔记本电脑,4]=max\left\{dp[笔记本电脑之前,4],w_{笔记本电脑}+dp[笔记本电脑之前,1]\right\}$

$=max\left\{3000,2000+1500\right\}=3500$

然后我们就填满了表格，也就得到了最优解。

通过这个栗子就能清楚的看到整个问题解决的过程，每当我们要选择装入一个新的物品时（当前行），我们就参考前面的结果（前一行），由此来做出决策，这样对状态转移方程也总算时理解了。

这样我们就能写出这个过程的伪代码了：

dp[0,0...V] ← 0
for i ← 1 to N  // 依次遍历N件物品
	for v ← 1 to Ci	// 装不下当前物品的背包直接继承前值
		dp[i, v] ← dp[i-1,v]
	for v ← Ci to V // 能装下当前物品的背包使用状态方程
		dp[i, v] ← max{dp[i-1,v], dp[i-1,v-Ci]+Wi}

1.3 优化空间复杂度

以上方法的时间和空间复杂度为$O(VN)$，相比较于暴力穷举 $O(2^N)$ 当然是快很多，但是还能在空间复杂度上做进一步优化。

从上面的栗子可以看出，我们考虑新的物品是否装入背包时，只需要参考前一行的结果，之前保存的结果后面都用不上了，所以我们并不需要一直保存着这样一个二维的矩阵。

并且我们看到这样一个事实，我们只参考了小于等于当前坐标的结果，即$dp[i-1,v],dp[i-1,v-C_i]$（第 $v$ 个格子和第 $v-C_i$ 个格子）

基于上面事实，我们其实只需要使用一个一维数组就能实现整个过程了，状态方程为：

$$dp[v]=max\left\{dp[v],dp[v-C_i]+W_i\right\}$$

但是要求 $v$ 按照递减的顺序从 $V,V-1,..,0$ 计算 $dp[v]$ ，这样就能保证整个运算过程的正确性。

此时的空间复杂度就下降到了 $O(V)$ ，但是时间复杂度并没有降低。

下面时这个过程的伪代码：

dp[0...V] ← 0
for i ← 1 to N  // 依次遍历N件物品
	for v ← V to Ci // 能装下当前物品的背包使用状态方程
		dp[v] ← max{dp[v], dp[v-Ci]+Wi}

1.4 初始化的细节问题

在上述01背包的基础上，如果要求恰好装满背包，那应该如何求解？

其实和前面的区别仅仅时初始化的方式不同。之前我们初始化就是将 $dp[0...V]$ 都初始化为0， 含义就是无论当前背包容量为多少，此时获取的最大价值为0；

而现在要求恰好装满背包，我们只需要将 $dp[0]$ 初始化为0，其余 $dp[1...V]$ 初始化为 $-\infty$ ，含义就是只有 $dp[0]$ 一个合法的解（此时恰好装满），其他情况都不是合法的解（赋值为 $-\infty$ ）。

这样就能过完美解决这样一个情况了

1.5 一个常数优化

对于不需要恰好转满背包的情况，我们最终的结果是 $dp[V]$ ，而获取这一结果我们只需要前面 $dp[V-C_N]$ 的结果，接着向前追随就只需要 $dp[V-C_N-C_{N-1}]$ 的结果，由此我们就能在一定程度上简化计算。

优化后的伪代码如下：

dp[0...V] ← 0
for i ← 1 to N  // 依次遍历N件物品
	bound = max(Ci, sum(Ci+1, Ci+2, ..., CN))
	for v ← V to bound // 能装下当前物品的背包使用状态方程
		dp[v] ← max{dp[v], dp[v-Ci]+Wi}

1.6 示例代码

代码部分：

int knapsack01(vector<int> weight, vector<int> value, int volume){
	vector<int> dp(volume + 1);
	for(int i = 0; i < weight.size(); i++){
		for(int v = volume; v >= weight[i]; v--){
			dp[v] = max(dp[v], dp[v-weight[i]] + value[i]);
		}
	}
	return dp[volume];
} 

输入样例：

vector<int> weight = {4, 3, 1};
vector<int> value = {3000, 2000,1500};
int volume = 4

输出结果：

3500