【No.15】蓝桥杯动态规划上|最少硬币问题|0/1背包问题|小明的背包1|空间优化滚动数组(C++)

DP初步：状态转移与递推

最少硬币问题

• 有多个不同面值的硬币(任意面值)
• 数量不限
• 输入金额S，输出最少硬币组合。
  回顾用贪心求解硬币问题
  硬币面值1、2、5。支付13元，要求硬币数量最少
  贪心:
  (1)5元硬币，2个
  (2)2元硬币，1个
  (3)1元硬币，1个
  硬币面值1、2、4、5、6.，支付9元。
  贪心:
  (1)6元硬币，1个
  (2)2元硬币，1个
  (3)1元硬币，1个
  错误!
  答案是:5元硬币+4元硬币=2个

硬币问题的正解是动态规划

type = [1,5,10,25,50] 5种面值
定义数组Min[]，记录最少硬币数量：
对输入的某个金额i，Min[i]是最少的硬币数量
第一步，只考虑1元面值的硬币

		金额i： 0，1，2，3，4，5
硬币数量`Min[]`：0，1，2，3，4

• i=1元时，等价于：i = i - 1 = 0 元需要的硬币数量，加上1个1元硬币
• i=2元时，等价于：i = i - 1 = 1 元需要的硬币数量，加上1个1元硬币
• …
  在1元硬币的计算结果基础上，再考虑加上5元硬币的情况，从i=5开始就行了
  i=5元时，等价于

1. i = i - 5 = 0元需要的硬币数量，加上1个5元硬币，Min[5] = 1
2. 原来的Min[5] = 5
   取1和2的最小值，所以Min[5] = 1
   i = 6元时，等价于
3. i = i - 5 = 1元需要的硬币数量，加上1个5元硬币，Min[6] = 2
4. 原来的Min[6] = 6
   取1和2的最小值，所以Min[6] = 2
Min[6] = Min[5] + 1
   递推关系：
   Min[i] = min (Min[i], Min[i - 5] + 1)
   继续处理其它面值硬币

#include 
#include 
#include 
using namespace std;

void solve(int s)
{
	int cnt = 5;   //5种硬币
	vector type = {1,5,10,25,50};  //5种面值
	vector Min(s+1, INT_MAX);   //初始化为无穷大
	Min[0] = 0;
	for (int j = 0; j < cnt; j ++)  //5种硬币
	{
		Min[i] = min (Min[i], Min[i - type[j]] + 1);
	}
	cout << Min[s] << endl;
}

int main()
{
	int s;
	cin >> s;
	solve(s);
	return 0;
}

DP的两个特征

1. 重叠子问题
   在递归算法中，尤其是在解决最优化问题时，经常会遇到这样的情况：在求解大问题的过程中，我们需要多次求解规模更小、结构相同的问题。这些小问题被称为子问题。如果这些子问题在大问题求解过程中被重复计算多次，这将导致算法效率低下，因为大量时间被重复的子问题求解所占据。动态规划通过存储子问题的解(通常在二维数组中，称为DP表)，确保每个子问题只计算一次，从而避免了重复计算。当需要某个子问题的解时，直接从DP表中查找，如果该子问题尚未解决，则先解决它，然后存储其解。
2. 最优子结构
   这是动态规划能够成功解决许多问题的另一个关键特性。最优子结构是指一个问题的最优解包含其子问题的最优解。换句话说，如果我们能找到所有子问题的最优解，那么我们可以通过这些子问题的最优解来构建原问题的最优解。动态规划利用这个性质，通过自底向上的方式(即先解决最基础的子问题，然后逐步解决更大规模的子问题)来构建问题的最优解。

DP：记忆化

如果各个子问题不是独立的，如果能够保存已经解决的子问题的答案，在需要的时候再找出已求得的答案，可以避免大量的重复计算。
基本思路：用一个表记录所有已解决的子问题的答案，不管该问题以后是否被用到，只要它被计算过，就将其结果填入表中。
记忆化
解题步骤

• 拆分问题
• 定义状态(并找出初状态)
• 状态转移方程
  一般的模型方法
• 递归搜索法
• 记忆化搜索(记忆化暴力)
• 递推式法

最经典的DP问题：0/1背包

给定n种物品和一个背包，物品i的重量是$w_i$其价值为$v_i$，背包的容量为C.
背包问题:选择装入背包的物品，使得装入背包中物品的总价值最大
如果在选择装入背包的物品时，对每种物品i只有两种选择:装入背包或不装入背包，称为0/1耆包问题，
与装载问题不同的是，0/1背包不能只装一部分，要么选，要么不选。

设$x_i$表示物品i装入背包的情况
$x_i$=0，表示物品i没有被装入背包
$x_i$=1，表示物品i被装入背包
约束条件:
$$\begin{array}{c}{\sum }_{i=1}^n{w}_i{x}_i\le C\\ x_i\in \left\{0,1\right\}(1\le i\le n)\end{array}$$
目标函数：
$$max\sum _{i=1}^n{v}_i{x}_i$$
例：有5个物品，重量分别是{2，2，6，5，4}，价值分别为{6，3，5，4，6}，背包容量为10
定义一个(n+1)(C+1)的二维表dp[][]
dp[i][j]表示把前i个物品装入背包中花费容量为j的情况下获得的最大价值

	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
0
1
2
3
4
5
填表，按只放第一个物品，只放前2个，只放前3个…一直到放完，这样的顺序考虑(从小问题扩展到大问题)

1. 只装第一个物品(横向是递增的背包容量)

	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0
1	0	0	6	6	6	6	6	6	6	6	6
2
3
4
5

2. 只装前2个物品
   如果第2个物品重量比背包容量大，那么不能装第2个物品，情况和只装第1个一样
   如果第2个物品重量小于背包容量，那么
   1. 如果把物品2装进去(重量是2)，那么相当于只把1装到(容量-2)的背包中
   2. 如果不装2，那么相当于只把1装到背包中
   3. 取1和2的最大值

	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0
1	0	0	6	6	6	6	6	6	6	6	6
2	0	0	6	6	9	9	9	9	9	9	9
3
4
5

3. 只装前3个物品
   如果第3个物品重量比背包大，那么不能装第3个物品，情况和只装第1、2个一样。
   如果第3个物品重量小于背包容量，那么
   1. 如果把物品3装进去(重量是6)，那么相当于只把1、2装到(容量-6)的背包中
   2. 如果不装3，那么相当于只把1、2装到背包中
   3. 取1和2的最大值

	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0
1	0	0	6	6	6	6	6	6	6	6	6
2	0	0	6	6	9	9	9	9	9	9	9
3	0	0	6	6	9	9	9	9	11	11	14
4
5

按这样的规律一行行填表，直到结束，现在回头考虑，装了那些物品，看最后一列，15>14，说明装了物品5，否则价值不会变化

	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0
1	0	0	6	6	6	6	6	6	6	6	6
2	0	0	6	6	9	9	9	9	9	9	9
3	0	0	6	6	9	9	9	9	11	11	14
4	0	0	6	6	9	9	9	10	11	13	14
5	0	0	6	6	9	9	12	12	15	15	15

小明的背包1

【题目描述】小明有一个容量为C的背包。这天他去商场购物，商场一共有N件物品，第i件物品的体积为$c_i$，价值为$w_i$。小明想知道在购买的物品总体积不超过C的情况下所能获得的最大价值为多少，请你帮他算算。
【输入描述】输入第1行包含两个正整数 N，C，表示商场物品的数量和小明的背包容量。
第 2~N+1 行包含 2个正整数c,w，表示物品的体积和价值。$1\le N\le 10^2$,$1\le C\le 10^3$,$1\le w_i,c_i\le 10^3$
【输出描述】输出一行整数表示小明所能获得的最大价值。

DP状态设计

DP状态：定义二维数组dp[][]，大小为NxC
dp[i][j]：把前i个物品(从第1个到第i个)装入容量为j的背包中获得的最大价值。
把每个dp[i][j]看成一个背包:背包容量为j，装1~i这些物品。最后得到的dp[N][C]就是问题的答案：把N个物品装进容量c的背包的最大价值。

DP状态转移方程

递推计算到dp[i][j]分2种情况:

1. 第i个物品的体积比容量j还大，不能装进容量j的背包。那么直接继承前i-1个物品装进容量j的背包的情况即可:dp[i][j]= dp[i-1][j]
2. 第i个物品的体积比容量j小，能装进背包。又可以分为2种情况:装或者不装第i个，
   1. 装第i个，从前i-1个物品的情况下推广而来，前i-1个物品是dp[i-1][j]。第i个物品装进背包后，背包容量减少c[i]，价值增加w[i]。有:dp[i][j]= dp[i-1][j-c[i]] + w[i]。
   2. 不装第i个，那么：dp[i][j] = dp[i-1][j]
   3. 取1和2的最大值
      状态转移方程
      dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - c[i]] + w[i])

代码

#include 
using namespace std;

const int N = 3011;
int w[N], c[N];   //物品的价值和体积
int dp[N][N];
int solve (int n, int C)
{
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		for (int j = 0; j <= C; j++)
		{
			if (C[i]>j)  //第i个物品比背包还大，装不了
				dp[i][j] = dp[i-1][j];
			else  //第i个物品可以装
				dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-c[i]] + w[i]);
		}
	}
	return dp[n][C];
}
int main()
{
	int n, C;
	cin >> n >> C;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		cin >> c[i] >> w[i];
	}
	memset(dp, 0, sizeof(dp));  //清0
	cout << solve(n, C);
	return 0;
}

空间优化：滚动数组

把dp[][]优化成一维的dp[]，以节省空间。
Dp[i][]是从上面一行dp[i-1]算出来的，第i行只跟第i-1行有关系，跟更前面的行没有关系!
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j- c[i]]+ w[i])
优化:只需要两行dp[0][]、dp[1][]，用新的一行覆盖原来的一行，交替滚动。
经过优化，空间复杂度从O(NxC)减少为O©。

定义dp[2][j]:用dp[0][]和dp[1][]交替滚动。
优点:逻辑清晰、编码不易出错，建议初学者采用这个方法
因为我们新一行的计算只与上一行有关所以，两行重复使用即可
伪代码：

int w[N], c[N];  //物品的价值和体积
int dp[2][N];    //替换int dp[][];
solve (int n, int C)
{
	now = 0, old = 1;  //now指向当前正在计算的一行，old指向旧的一行
	for (int i = 1; i <= n; i ++)
	{
		//交替滚动，now始终指向最新的一行
		if(c[i] > j)
			dp[now][j] = dp[old][j];
		else
			dp[now][j] = max(dp[old][j], dp[old][j - c[i]] + w[i]);
	}
	return dp[now][C];  //返回最新的行
}

自我滚动

因为状态转移每次只与上一层有关，所以用一个一维数组就可以。
继续精简:用一个一维的dp[]就够了，自己滚动自己。
dp[j]=dp[j-c[i]]+w[i]
为什么从大到小遍历，看dp[j]=dp[j-c[i]]+w[i]这一状态转移，是根据小的改大的，如果先把小的改了那小的还会被用到，数据就不对了，所以从大到小

for (int i = 0; i < n; i ++) //遍历每一件物品
{
	//遍历背包容量，表示在上一层的基础上，容量为j时，第i件物品装或不装的最优解
	for (int j = C; j >= c[i]; j --)
	{
		dp[j] = max(dp[j-c[i]] + w[i], dp[j]);
	}
}

j从小往大循环是错误的

	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
dp[j]'	0	0	6	6	6	6	6	6	6	6
dp[j]	0	0	6	6	6	9	6	6	6	6

例如i=2时，上图的dp[5]经计算得到dp[5]=9，把dp[5]更新为9。

	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
dp[j]'	0	0	6	6	6	9	6	6	6	6
dp[j]	0	0	6	6	6	9	6	6	12	6

下图中继续往后计算，当计算dp[8]时，得dp[8]=dp[5]'+3=9+3=12这个答案是错的。
错误的产生是滚动数组重复使用同一个空间引起的.

j从大到小循环是对的
例如i = 2时，首先计算最后的dp[9] = 9，它不影响前面状态的计算
1.

	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
dp[j]'	0	0	6	6	6	6	6	6	6	6
dp[j]	0	0	6	6	6	6	6	6	6	9

	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
dp[j]'	0	0	6	6	6	6	6	6	6	9
dp[j]	0	0	6	6	6	6	6	6	9	9

初始化细节

装满 dp[0]=0，其余赋值-INF;不装满全初始化为 0;
若一定要求装满:
则必有n=sum(c[i])，$i\in$已选集合
所以dp[n-sum(c[i])]= dp[0]
所以只有从dp[0]出发才合法，那就把其他的设成无穷小。

//装满
memset (dp, -0x3f, sizeof(dp));
dp[0] = 0;
//不装满
memset (dp, 0, sizeof(dp));