24.简单背包问题

一、01背包问题

1.题目大意

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 $w_i$，价值是 $v_i$。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。输出最大价值。

2.题目分析

• 因为每个物品只能使用一次，所以每一个物品可以作为一个独立的阶段来看待

• 第 $i$ 的物品的选取决策只与前 $i-1$ 个物品的总体积有关系，和具体的策略没有关系，前 $i-1$ 个物品在相同体积下的价值越大越好

• 而对于第 $i$ 个物品来说，有选取和不选取两种方式，所以都需要考虑

• 状态转移方程为：
  $$dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]]+v[i])$$

  • $dp[i][j]$ 表示前 $i$ 个物品总体积为 $j$ 的最大价值
  • $w[i]$ 表示第 $i$ 个物品的体积，$v[i]$ 表示第 $i$ 个物品的价值

• 时间复杂度$O(NV)$，空间复杂度$O(NV)$。

for(ll i=1;i<=N;i++)
{
    for(ll j=0;j<=V;j++)
    {
        if(j>=w[i])
            dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]]+v[i]);
        else
            dp[i][j]=dp[i-1][j];
    }
}

3.空间复杂度优化

空间复杂度还可以优化到$O(V)$，但时间复杂度已经很难再优化了。

• 计算前 $i$ 件物品，总体积为 $j$ 的最大价值时，也就是 $dp[i][j]$，需要的状态是 $dp[i-1][j-w[i]]$。

• 可以发现它并不会影响比它体积更大的部分，而且只与 $i-1$ 的情况有关

• 所以我们可以从大到小枚举体积，而不是从小到大，则可以省去第一维。因为我们总是用小体积的部分去更新大体积的部分，这样小体积的部分保存的值自然就是前 $i-1$ 个物品的内容了

• 我们可以化简状态转移方程：
  $$dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i])$$

  • $dp[j]$ 表示总体积为 $j$ 的最大价值
  • $w[i]$ 表示第 $i$ 个物品的体积，$v[i]$ 表示第 $i$ 个物品的价值

• 时间复杂度$O(NV)$，空间复杂度$O(V)$。

for(ll i=1;i<=N;i++)
    for(ll j=V;j>=w[i];j--)
        dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);

二、多重背包问题

1.题目大意

有 $N$ 件物品和一个容量是 $V$ 的背包。每件物品可以使用多次。第 $i$ 件物品的体积是 $w_i$，价值是 $v_i$，使用次数是 $t_i$。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。输出最大价值。

2.题目分析

• 完全背包问题和 $01$ 背包问题并无本质区别，只是从每个物品只能使用一次变成了可以使用多次

• 可以把 $t_i$ 个相同的物品当作 $t_i$ 个不同的物品就可以转化为 $01$ 背包问题了

• 状态转移方程：
  $$dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-k\ast w[i]]+k\ast v[i])$$

  • $dp[i][j]$ 表示前 $i$ 个物品总体积为 $j$ 的最大价值
  • $w[i]$ 表示第 $i$ 个物品的体积，$v[i]$ 表示第 $i$ 个物品的价值
  • $k$ 表示物品的使用次数

• 时间复杂度 $O(V\sum t_i)$，空间复杂度 $O(NV)$。

for(ll i=1;i<=N;i++)
    for(ll j=0;j<=V;j++)
        for(ll k=0;k<=t[i];k++)
            if(j>=k*w[i])
                 dp[i][j]=max(dp[i-1][j-k*w[i]]+k*v[i],dp[i][j]);

• 我们可以利用和 $01$ 背包问题相同的方式优化多重背包问题的空间复杂度，最终空间复杂度为$O(V)$：

for(ll i=1;i<=N;i++)
	for(ll j=V;j>=0;j--)
	    for(ll k=0;k<=t[i];k++)
	        if(j>=k*w[i])
	             dp[j]=max(dp[j-k*w[i]]+k*v[i],dp[j]);

3.二进制优化

• 在学习快速幂的时候，我们知道二进制可以用来表示任何数
• 可以将 $t_i$ 拆分成二进制的形式来枚举物品的数量，而不是直接从 $0$ 枚举到 $t_i$
• 这样的枚举方式相当于最多只有 $log{t}_i$个物品
• 时间复杂度 $O(V\sum log{t}_i)$，空间复杂度 $O(NV)$。
• 其实多重背包问题能够结合单调队列来进行优化，时间复杂度会更低，我们会在后续的课程中再讲到

三、完全背包问题

1.题目大意

有 $N$ 件物品和一个容量是 $V$ 的背包。每件物品可以任意多次。第 $i$ 件物品的体积是 $w_i$，价值是 $v_i$。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。输出最大价值。

2.题目分析

• 虽然物品有无数个，但是背包的容量依然是有限的

• 可以把完全背包问题看成多重背包问题来求解，进而转化为**$01$背包问题**

• 状态转移方程：
  $$dp[i][j]=max(dp[i-1][j-k\ast w[i]]+k\ast v[i])$$

  • $dp[i][j]$ 表示前 $i$ 个物品总体积为 $j$ 的最大价值
  • $w[i]$ 表示第 $i$ 个物品的体积，$v[i]$ 表示第 $i$ 个物品的价值
  • $k$ 表示物品的使用次数

• 时间复杂度 $O(N{V}^2)$，空间复杂度 $O(NV)$。

for(ll i=1;i<=N;i++)
	for(ll j=0;j<=V;j++)
		for(ll k=0;k*w[i]<=j;k++)
            dp[i][j]=max(dp[i-1][j-k*w[i]]+k*v[i],dp[i][j]);

3.优化

• 观察 $dp[i][j]$ 的状态转移方程，可以展开为：
  $$dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]]+v[i],dp[i-1][j-2\ast w[i]]+2\ast v[i],...)$$

• 再来看看 $dp[i][j-w[i]]$的情况：
  $$dp[i][j-w[i]]=max(dp[i-1][j-w[i]],dp[i-1][j-2\ast w[i]]+v[i],...)$$

• 结合我们上文的代码不难发现，$dp[i][j-w[i]]$ 一定能在 $dp[i][j]$ 之前完成计算

• $dp[i][j]$ 和 $dp[i][j-w[i]]$ 的计算仅有一点点细微的差异，所以完全可以直接用 $dp[i][j-w[i]]$ 去计算 $dp[i][j]$，这样就大大优化了时间复杂度

• 时间复杂度 $O(NV)$，空间复杂度 $O(NV)$。

for(ll i=1;i<=n;i++)
{
    for(ll j=0;j<=V;j++)
    {
        if(j>=w[i])
            dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-w[i]]+v[i]);
        else
            dp[i][j]=dp[i-1][j];
    }
}

• 不难发现这个与优化前的$01$背包问题很像，所以我们可以如法炮制优化空间复杂度

for(ll i=1;i<=n;i++)
    for(ll j=w[i];j<=V;j++)
        dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);

• 最终，完全背包问题的时间复杂度 $O(NV)$，空间复杂度 $O(V)$

四、作业

1.01背包问题

P1048 [NOIP2005 普及组] 采药

P2340 [USACO03FALL]Cow Exhibition G

2.多重背包问题

P2347 [NOIP1996 提高组] 砝码称重

P6771 [USACO05MAR] Space Elevator 太空电梯

3.完全背包问题

P1616 疯狂的采药

P2722 [USACO3.1] 总分 Score Inflation