夜深人静写算法（十五）- 完全背包

一、前言

  上一章讲解了 0/1 背包问题的应用和一些优化思路，如果能够全部理解，也算是对动态规划有一个初步了解了。
  那么这一章，作者将更加深入地对背包问题进行扩展，利用完全背包问题引入动态规划的一些时间复杂度的优化思路，建议读者将两篇文章结合起来看，希望能对您学习动态规划有一定的帮助。
  当然，作者的这篇文章只是起到抛砖引玉的作用，也是反复研读了动态规划神作《背包九讲》后的产物，实际的动态规划问题千变万化，还是需要我们自己在学习过程中不断总结、加深理解，遇到问题才能触类旁通、举一反三。

二、完全背包问题

【例题1】有 $n(n<=100)$ 种物品和一个容量为 $m(m<=10000)$ 的背包。第 $i$ 种物品的容量是 $c[i]$，价值是 $w[i]$。现在需要选择一些物品放入背包，每种物品可以无限选择，并且总容量不能超过背包容量，求能够达到的物品的最大总价值。

• 以上就是完全背包问题的完整描述，和 0/1 背包的区别就是每种物品可以无限选取，即文中红色字体标注的内容；

1、状态设计

• 第一步：设计状态；
• 状态 $(i,j)$ 表示前 $i$ 种物品恰好放入容量为 $j$ 的背包 $(i\in [0,n],j\in [0,m])$；
• 令 $dp[i][j]$ 表示状态 $(i,j)$ 下该背包得到的最大价值，即前 $i$ 种物品（每种物品可以选择无限件）恰好放入容量为 $j$ 的背包所得到的最大总价值；

2、状态转移方程

• 第二步：列出状态转移方程；$$dp[i][j]=max(dp[i-1][j-c[i]\ast k]+w[i]\ast k)$$ $$(0<=k<=\frac{j}{c[i]})$$
• 因为每种物品有无限种可放置，将它归类为以下两种情况：
• 1）不放：如果 “第 $i$ 种物品不放入容量为 $j$ 的背包”，那么问题转化成求 “前 $i-1$ 种物品放入容量为 $j$ 的背包” 的问题；由于不放，所以最大价值就等于 “前 $i-1$ 种物品放入容量为 $j$ 的背包” 的最大价值，对应状态转移方程中 $k=0$ 的情况， 即 $dp[i-1][j]$；
• 2）放 k 个：如果 “第 $i$ 种物品放入容量为 $j$ 的背包”，那么问题转化成求 “前 $i-1$ 种物品放入容量为 $j-c[i]\ast k$ 的背包” 的问题；那么此时最大价值就等于 “前 $i-1$ 种物品放入容量为 $j-c[i]\ast k$ 的背包” 的最大价值 加上放入 $k$ 个第 $i$ 种物品的价值，即 $dp[i-1][j-c[i]\ast k]+w[i]\ast k$；
• 枚举所有满足条件的 $k$ 就是我们所求的 “前 $i$ 种物品恰好放入容量为 $j$ 的背包” 的最大价值了。
• 注意：由于每件物品都可以无限选择，所以这里描述的时候都是用的 “种” 作为单位，即代表不同种类的物品。

3、对比 0/1 背包问题

• 完全背包问题是 0/1 背包问题的扩展，区别就是它可以选择 取 0 件、取 1 件、取 2 件……取 $k$ 件，而 0/1 背包问题 只能取 0 件、取 1 件。如果从状态转移方程出发，我们可以把两个问题进行归纳统一，得到一个统一的状态转移方程如下：
  $$dp[i][j]=max(dp[i-1][j-c[i]\ast k]+w[i]\ast k)$$
• 对于 0/1 背包问题，$k$ 的取值为 $0,1$；
• 对于完全背包问题，$k$ 的取值为 $0,1,2,3,...,j/c[i]$；

4、时间复杂度分析

• 对于 $n$ 种物品放入一个容量为 $m$ 的背包，状态数为 $O(nm)$，每次状态转移的消耗为 $O(k)$，所以整个状态转移的过程时间复杂度是大于 $O(nm)$ 的，那么实际是多少呢？
• 考虑最坏情况下，即 $c[i]=1$ 时，那么要计算的 $dp[i][j]$ 的转移数为 $j$，总的状态转移次数就是 $\frac{m(m+1)}{2}$，所以整个算法的时间复杂度是 $O(n{m}^2)$ 的，也就是说状态转移均摊时间复杂度是 $O(m)$ 的。
• 接下来一节会对完全背包问题的时间和空间复杂度进行优化。

三、完全背包问题的优化

1、时间复杂度优化

• 我们把状态转移方程进行展开后得到如下的 $k+1$ 个式子：
  $$dp[i][j]=max\{\begin{array}{ll}dp[i-1][j]& (1)\\ dp[i-1][j-c[i]]+w[i]& (2)\\ dp[i-1][j-c[i]\ast 2]+w[i]\ast 2& (3)\\ ...& \\ dp[i-1][j-c[i]\ast k]+w[i]\ast k& (k+1)\end{array}$$
• 利用待定系数法，用 $j-c[i]$ 代替上式的 $j$ 得到如下式子：
  $$dp[i][j-c[i]]=max\{\begin{array}{ll}dp[i-1][j-c[i]]& (1)\\ dp[i-1][j-c[i]\ast 2]+w[i]& (2)\\ dp[i-1][j-c[i]\ast 3]+w[i]\ast 2& (3)\\ ...& \\ dp[i-1][j-c[i]\ast k]+w[i]\ast (k-1)& (k)\end{array}$$
• 等式两边都加上 $w[i]$ 得到：
  $$dp[i][j-c[i]]+w[i]=max\{\begin{array}{ll}dp[i-1][j-c[i]]+w[i]& (1)\\ dp[i-1][j-c[i]\ast 2]+w[i]\ast 2& (2)\\ dp[i-1][j-c[i]\ast 3]+w[i]\ast 3& (3)\\ ...& \\ dp[i-1][j-c[i]\ast k]+w[i]\ast k& (k)\end{array}$$
• 于是我们发现，这里的 $(1)...(k)$ 式子等价于最开始的状态转移方程中的 $(2)...(k+1)$ 式，所以原状态转移方程可以简化为：$$dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-c[i]]+w[i])$$
• 这样就把原本均摊时间复杂度为 $O(m)$ 的状态转移优化到了 $O(1)$。
• 那么我们来理解一下这个状态转移方程的含义：
• 对于第 $i$ 种物品，其实只有两种选择：一个都不放、至少放一个；一个都不放 就是 “前 $i-1$ 种物品放满一个容量为 $j$ 的背包” 的情况，即 $dp[i-1][j]$；至少放一个 的话，我们尝试在 “前 $i$ 种物品放满一个容量为 $j$ 的背包” 里拿掉 1 个物品，即 “前 $i$ 种物品放满一个容量为 $j-c[i]$ 的背包”，这时候的值就是 $dp[i][j-c[i]]+w[i]$。取两者的大者就是答案了。
• 其实这个思路我可以在本文开头就讲，也容易理解，之所以引入优化以及逐步推导的过程，就是想告诉读者，很多动态规划的问题是不能套用模板的，从简单的思路出发，加上一些推导和优化，逐步把复杂的问题循序渐进的求出来，才是解决问题的普遍思路。

2、空间复杂度优化

• 根据最新推导得到的状态转移方程，利用上一章 0/1 背包中提到的滚动数组，同样可以适用于 完全背包。
• 因为当前行的状态的值只依赖于上一行和当前行的状态，和上上一行、上上上一行的状态无关，所以可以利用滚动数组记录上一行和当前行的状态，将上一行和当前行的状态进行滚动计算（滚动数组的实现可以在上一章中找到，这里不再累述）。
• 根据优化后的状态转移方程，我们发现状态转移的过程如图三-2-1所示：
  图三-2-1
• 蓝色的格子代表的是已经计算出来的状态；红色的格子代表的是当前正在计算的状态，即 $dp[i][j]$，它的值来自 $dp[i-1][j]$ 和 $dp[i][j-c[i]]$，这两个值对应的格子一定是蓝色的；灰色的格子代表尚未进行计算的状态；
• 为了将问题描述的更加清晰，我们把 $(i,j)$ 看成是 二维笛卡尔坐标系上的点， $i$ 在 $x$ 轴上，$j$ 在 $y$ 轴上，如图三-2-2所示：
  图三-2-2
• 任何一个状态在计算出来以后，只会给 $x$ 坐标比它大 或者 $y$ 坐标比它大 的使用，所以我们只需要保留一行状态，并且按照 $x$ 递增进行顺序计算，就可以做到把二维的问题转换成一维，将状态转移方程变成如下表示：$$dp[j]=max(dp[j],dp[j-c[i]]+w[i])$$
• 这时我们发现，这个就是 0/1 背包在降维后的状态转移方程。
• 最后给出 0/1 背包 和 完全背包 的状态转移代码的对比。

3、优化后的代码实现

1）0/1 背包

• 求解状态数组时，按照容量大小逆序求解。

void zeroOneKnapsack(int knapsackSize, Knapsack *knap, int maxCapacity) {
     
    zeroOneKnapsackInit(maxCapacity);
    for(int i = 0; i < knapsackSize; ++i) {
     
        for(int j = maxCapacity; j >= knap[i].capacity; --j) {
     
            dp[j] = opt(dp[j], dp[j - knap[i].capacity] + knap[i].weight);
        }
    }
}

2）完全背包

• 求解状态数组时，按照容量大小顺序求解。

void completeKnapsack(int knapsackSize, Knapsack *knap, int maxCapacity) {
     
    completeKnapsackInit(maxCapacity);
    for(int i = 0; i < knapsackSize; ++i) {
     
        for(int j = knap[i].capacity; j <= maxCapacity; ++j) {
     
            dp[j] = opt(dp[j], dp[j - knap[i].capacity] + knap[i].weight);
        }
    }
}

四、完全背包问题的应用

1、组合问题

【例题2】给定 $n(n<10)$ 种面额的货币，第 $i$ 种货币的价值为 $a[i]$，求组合出价值为 $m(m<=100000)$ 的方案数 $mod$ 100000007 。

• 这里的 $a[i]$ 可以看成是背包物品的容量，用 $dp[i][j]$ 表示 前 $i$ 种货币组合出价值为 $j$ 的方案数，则有状态转移方程：
  $$dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-a[i]]$$
• $dp[i-1][j]$ 代表第 $i$ 种货币不选时的方案数；
• $dp[i][j-a[i]]$ 代表包含前 $i$ 种货币组合出 $j-a[i]$ 的方案数；
• 整个过程只涉及加法，所以可以边计算边取模，初始状态 $dp[0][0]=1$，最终答案为 $dp[n][m]$。
• 这类组合问题还可以用 母函数 来求解，限于篇幅不在本章讲解，有兴趣的读者可以自行上网查资料学习。

2、前缀最值优化

【例题3】商店里有 $n(n<=1000)$ 种商品，第 $i$ 种商品的价格为 $w[i]$ 元，如果购买第 $i$ 种商品 $x$ 件，花费 $w[i]\ast x$ 元，并且可以获得 $a[i]\ast x+b[i]$ 颗糖果，问给定 $m(m<=2000)$ 元钱，求能够获得的最多糖果数。

• $dp[i][j]$ 表示 购买前 $i$ 种商品总价为 $j$ 元，得到的最大糖果数，则有状态转移方程如下：
  $$dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]\ast k]+a[i]\ast k+b[i])$$ $$(1<=k<=\frac{j}{w[i]})$$
• 分别为第 $i$ 种商品不买、购买 1 件、2 件、3 件、… $k$ 件的情况来进行状态转移；
• 状态数目 $O(nm)$，状态转移的开销 $O(m)$，所以最坏时间复杂度为 $O(n{m}^2)$，需要想办法进行优化；
• 我们将上述状态转移方程进行拆分，得到：
  $$\{\begin{array}{llc}xdp[i][j]& =max(dp[i-1][j-w[i]\ast k]+a[i]\ast k)& (1)\\ dp[i][j]& =max(dp[i-1][j],xdp[i][j]+b[i])& (2)\end{array}$$
• $(1)$ 式中 $xdp[i][j]$ 代表的是：前 $i$ 种商品中，第 $i$ 件商品至少选择一件购买，$a[i]$ 部分的最大糖果数；
• $(2)$ 式含义不变，只是状态转移的开销从 $O(m)$ 变成了 $O(1)$；
• 参考完全背包对取 $k$ 个问题的简化，我们把 $(1)$ 作如下化简，得到：
  $$xdp[i][j]=max(dp[i-1][j-w[i]]+a[i],xdp[i][j-w[i]]+a[i])$$
• 这样一来 $(1)$ 和 $(2)$ 状态转移的时间复杂度都降为 $O(1)$，整个算法时间复杂度为 $O(nm)$。

3、总个数限制的完全背包

【例题4】对于 $n(n<=2000)$ 个结点的树，给定 $n-1$ 个数字 $f(d)(1<=d<n)$，其中 $d$ 代表树上结点的度数，求构造一棵树使得 ${\sum }_{i=1}^{n}f(deg(i))$ 最大 （$deg(i)$ 代表 结点 $i$ 的度数）。

• 对于树来说，结点数为 $n$，那么边数一定是 $n-1$，一条边提供两个度，即度数总和为 $2n-2$；
• 度数相同的结点看成是一类物品，对于度数为 $deg(i)$ 的结点 $i$，$deg(i)$ 看成是物品容量，$f(deg(i))$ 看成是物品价值，每个物品可以无限选择，但是总数量要正好为 $n$，总度数要正好为 $2n-2$，于是这就是一个总个数有限制的完全背包问题了。
• 规定第 $i$ 种物品的容量（即 度数）为 $i$，价值为 $f(i)$。
• 用 $dp[i][j][k]$ 代表 前 $i$ 种物品选择了 $j$ 个，组成容量为 $k$ 的背包的最大价值。则有状态转移方程：
  $$dp[i][j][k]=max(dp[i-1][j][k],dp[i][j-1][k-i]+f(i))$$
• 状态数 $O(n^3)$，状态转移为 $O(1)$，所以整个算法的时间复杂度为 $O(n^3)$，对于 $n$ 为 2000 的量级是不行的；
• 考虑到这是一棵树，总度数是 $2n-2$，因为树是连通图，所以每个结点至少有 1 个度，于是我们不考虑度为 1 的点，而是将 $n-2$ 个度分配给 $n$ 个结点，每个结点能够分配到的度数可以是 $0,1,2,3...n-2$，无论怎么分配都能够组成一棵完整的树。
• 那么我们可以认为不同的度数的结点作为不同类的物品，度数作为背包容量，背包容量保证大于 0 ，所以度数为0的需要去掉，那么总共 $n-2$ 个物品，每个物品的容量为 $c[i]=i$，权值为 $w[i]=f(i+1)-f(1)$ $(i>0)$
  $$dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-c[i]]+w[i])$$
• 最后的答案为 $dp[n-2][n-2]+n\ast f(1)$。
• 以上就是本文关于完全背包 的所有内容。

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本文所有示例代码均可在以下 github 上找到：github.com/WhereIsHeroFrom/Code_Templates

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