0-1背包问题，使用动态规划的三种方法(二维数组,两个一维数组,一个一维数组)python实现

0-1背包问题

感谢这些朋友们的文章，给了我很大启发：
https://blog.csdn.net/songyunli1111/article/details/94778914
https://blog.csdn.net/na_beginning/article/details/62884939
https://blog.csdn.net/qq_39445165/article/details/84334970

这种情况下的背包问题是，给定物品种类N和背包重量W：

1. 每个物品只能拿或者不拿，不存在只拿部分的情况
2. 每个物品只有一个，不会有无数个或者多个

可用动态规划来求解。

先考虑用二维数组的解法：

行表示物品，如：第当i=3时，表示开始考虑前三个物品的情况。
列表示背包的重量，从0一直到W，如：当j=5时，表示当前背包重量是5。
行和列在一起的意义：当i=3，j=5时，表示在背包容量是5的情况下，装前三种物品，怎么装能价值最大。

分析：对于一个物品，对付他只有两个办法，to be or not to be，装还是不装？

• 装：这说明当前这个物品我要了，那么背包的容量就要变少，要变少多少？应该是当前物品的重量。举例来说， 原来背包有10kg，碰见了个3kg的物品，我选择装，那么自然就剩下10-3=7kg
• 不装：这说明这个物品我不要，那么背包容量就不必减少

所以，对于一个物品，我们总想看看它装入背包后和不装入的背包的总价值哪个大。这么说可能有点抽象，举例来说：假设背包容量是10kg，现在有一个物品，重7kg，价值是5块钱，由于这是第一个碰见的物品，自然要装(不装总价值就是0了，显然不对)；又碰见另一个物品，重量是5kg，价值是4块钱，此时我们能想到的就是最好都能装进去，这样价值肯定最大，但是7+5=12>10，显然不能这么干，所以有如下考虑：

• 装：既然选择装第二个物品，那么第一个物品就不能要了，此时总价值是4
• 不装：选择不装，那么第一个物品就不必拿出，总价值是5

所以，应该选择不装，动态规划递推式如下：
dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-weight[i-1]] + value[i-1])

用这个公式来理解上面的例子，当i=2，j=7时表示背包容量是7，目前遇见了两个物品，怎么装使总价值最大？
dp[2][7] = max ( dp[1][7] , dp[1][7-5] + 4 )
不选第二个物品对应dp[1][7] , 选对应dp[1][7-5] + 4，意思是选了第二个之后，背包的容量由7变为2，但是价值多了4，我们只需要知道dp[1][2]是多少就行，而这个在之前已经算出来了。

import numpy as np

def solution(max_weight,weight,value):
    dp = np.zeros((len(weight)+1,max_weight+1),dtype=int)

    for i in range(1,len(weight)+1):
        for j in range(1,max_weight+1):
            if j >= weight[i-1]:
                dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-weight[i-1]] + value[i-1])
            else:
                dp[i][j] = dp[i-1][j]
    print(dp)
    return dp

def things(max_weight,dp,weight,value):
    goods = []
    raw = len(weight)
    col = max_weight
    remain = dp[raw][col]
    while remain != 0:
        if dp[raw][col] != dp[raw-1][col]:

            remain -= value[raw-1]
            col -= weight[raw-1]
            goods.append(raw)
        raw -= 1

    print('装入的物品是:',goods)

weight = [7,4,3,2]
value = [9,5,3,1]
dp = solution(10,weight,value)

things(10,dp,weight,value)

程序运行结果如下：

[[ 0  0  0  0  0  0  0  0  0  0  0]
 [ 0  0  0  0  0  0  0  9  9  9  9]
 [ 0  0  0  0  5  5  5  9  9  9  9]
 [ 0  0  0  3  5  5  5  9  9  9 12]
 [ 0  0  1  3  5  5  6  9  9 10 12]]
装入的物品是: [3, 1]

两个一维数组的解法：

上一节说的是是用二维数组来求解，这种方法的优点是可以找到装了哪些物品，缺点是占用的空间太大，所以如果不必知道装了哪些物品，使用下面的方式更为合适：

import numpy as np
import copy

def solution2(max_weight,weight,value):
    dp = np.zeros(max_weight+1,dtype=int)
    dp_next = np.zeros(max_weight+1,dtype=int)

    for i in range(0,len(weight)):
        for j in range(0,max_weight+1):
            if weight[i] <= j:
                dp_next[j] = max(dp[j],dp[j-weight[i]] + value[i])
        dp = copy.copy(dp_next)  # 其实这是浅拷贝，但是由于里面没有复杂元素，因此起到的作用和深拷贝一样

    print(dp_next)

weight = [7,4,3,2]
value = [9,5,3,1]

输出结果：

[ 0  0  1  3  5  5  6  9  9 10 12]

分析程序：查看结果发现，这其实就是二维数组方法输出的最后一行，在二维数组中，下一行要用到上一行的数据。
举例来说：

1. dp和dp_next开始都是0，然后进入循环，一开始i=1，表示只有一个物品，因为第一个物品重7kg，所以j从0到6都装不下，因此都是0，从j=7开始，可以装下第一个物品，所以总价值变为9，一直到j=10，总价值都是9，所以这个程序i=1执行之后dp_next应该是：[ 0 0 0 0 0 0 0 9 9 9 9]
2. 将dp_next赋值给了dp，这就相当于用dp来存储i=1的整行数据，然后i=2，表示现在有2个物品可供挑选，由于第二个物品重量是4，因此j从0到3都不行，dp_next（注意，现在的dp_next是i=2这层的）从j=4到6价值都是5，到了j=7就要做抉择了，装第二个物品还是不装？
   dp_next[j] = max(dp[j],dp[j-weight[i]] + value[i])，若不装，就是dp[j]（因为dp存的是上一次，也就是i=1时的信息，相当于二维数组里面的dp[i-1][j]）;若装，就是dp[j-weight[i]] + value[i]（相当于二维数组里面的dp[i-1][j-w[i]] + value[i]）。其实就是少了一个[i-1]，在这里用dp来替代了而已。这次的执行结果是：[ 0 0 0 0 5 5 5 9 9 9 9]
3. 同理，i=3表示现在可以选三个物品，结果应该是：[ 0 0 0 3 5 5 5 9 9 9 12]
4. [ 0 0 1 3 5 5 6 9 9 10 12]

这种方法其实就是舍弃了寻找哪些物品被装入来换取空间，由于下一行只需要用到上一行的信息，因此用两个一维数组反复迭代即可。

只用一个一维数组

回顾以上两种解法，新的一行都要用到上一行的信息，和本行的信息没有关系，举例来说：新的一行j=7时，只会用到上一行j=7之前的信息，本行和上一行j=7之后的信息都不会被使用到，因此可用如下代码来解决：

def solution3(max_weight,weight,value):
    dp = np.zeros(max_weight+1,dtype=int)

    for i in range(0,len(weight)):
        for j in range(max_weight,-1,-1):
            if j >= weight[i]:
                dp[j] = max(dp[j],dp[j-weight[i]] + value[i])

    print(dp)

weight = [7,4,3,2]
value = [9,5,3,1]

结果是：

[ 0  0  1  3  5  5  6  9  9 10 12]

分析程序：注意j是从大到小的，这非常重要，因为如果从小到大，即

for j in range(0,max_weight+1):
            if j >= weight[i]:
                dp[j] = max(dp[j],dp[j-weight[i]] + value[i])

那么程序就会出错，不妨来分析一下：

1. 当i=1执行结束之后，dp的结果是[ 0 0 0 0 0 0 0 9 9 9 9]，似乎没什么不对，接着往下看
2. 当i=2，由于j从0开始，因此直到j=4之前，if语句都不会执行，到j=4后，dp[4] = max(dp[4],dp[4-4] + 5) = 5 [ 0 0 0 0 5 0 0 9 9 9 9]
   j=5,dp[5] = max(dp[5],dp[5-4] + 5) = 5 [ 0 0 0 0 5 5 0 9 9 9 9]
   j=6,dp[6] = max(dp[6],dp[6-4] + 5) = 5 [ 0 0 0 0 5 5 5 9 9 9 9]
   j=7,dp[7] = max(dp[7],dp[7-4] + 5) = 9 [ 0 0 0 0 5 5 5 9 9 9 9]
   注意！！！
   j=8,dp[8] = max(dp[8],dp[8-4] + 5) = 10 [ 0 0 0 0 5 5 5 10 9 9 9]

发现什么不对没有？别说j=8，就算j=10都不可能出现前两种物品总价值是10的情况，为什么？

因为前面说过，“新的一行都要用到上一行的信息，和本行的信息没有关系”，如果你想让j从0开始，就破坏了这个原则。举例来说：假设j=4时更新了dp[4]=5，那么再到j=8时，dp[8-4]=dp[4]就不是上次i循环的信息了，而是这次更新过的信息；但是如果j从10开始，假设当前是第二次循环（物品2重4kg，价值是5），dp[10-4]=dp[6]用的就是第一次循环中的dp[6]，因为本次循环的dp[6]还没有计算出来。