0/1背包问题的动态规划详解

动态规划是用空间换时间的一种方法的抽象。其关键是发现子问题和记录其结果。然后利用这些结果减轻运算量。
比如01背包问题。

/* 一个旅行者有一个最多能用M公斤的背包，现在有N件物品，
它们的重量分别是W1，W2，...,Wn,
它们的价值分别为P1,P2,...,Pn.
若每种物品只有一件求旅行者能获得最大总价值。
输入格式：
M,N
W1,P1
W2,P2
......
输出格式： 
X 
*/

因为背包最大容量M未知。所以，我们的程序要从1到M一个一个的试。比如，开始任选N件物品的一个。看对应M的背包，能不能放进去，如果能放进去，并且还有多的空间，则，多出来的空间里能放N-1物品中的最大价值。怎么能保证总选择是最大价值呢？看下表。
测试数据：
10,3
3,4
4,5
5,6

c[i][j]数组保存了1,2,3号物品依次选择后的最大价值.

这个最大价值是怎么得来的呢?从背包容量为0开始,1号物品先试,0,1,2,的容量都不能放.所以置0,背包容量为3则里面放4.这样,这一排背包容量为4,5,6,....10的时候，最佳方案都是放4.假如1号物品放入背包.则再看2号物品.当背包容量为3的时候，最佳方案还是上一排的最价方案c为4.而背包容量为5的时候，则最佳方案为自己的重量5.背包容量为7的时候，很显然是5加上一个值了。加谁??很显然是7-4=3的时候.上一排 c3的最佳方案是4.所以。总的最佳方案是5+4为9.这样.一排一排推下去。最右下放的数据就是最大的价值了。(注意第3排的背包容量为7的时候,最佳方案不是本身的6.而是上一排的9.说明这时候3号物品没有被选.选的是1,2号物品.所以得9.)

从以上最大价值的构造过程中可以看出。

f(n,m)=max{f(n-1,m), f(n-1,m-w[n])+P(n,m)}这就是书本上写的动态规划方程。

下面给出我们第五次个人赛时出的一道题：

 

Description

Many years ago , in Teddy’s hometown there was a man who was called “Bone Collector”. This man like to collect varies of bones , such as dog’s , cow’s , also he went to the grave …
The bone collector had a big bag with a volume of V ,and along his trip of collecting there are a lot of bones , obviously , different bone has different value and different volume, now given the each bone’s value along his trip , can you calculate out the maximum of the total value the bone collector can get ?
  

Input

The first line contain a integer T , the number of cases.
Followed by T cases , each case three lines , the first line contain two integer N , V, (N <= 1000 , V <= 1000 )representing the number of bones and the volume of his bag. And the second line contain N integers representing the value of each bone. The third line contain N integers representing the volume of each bone.

 

Output

One integer per line representing the maximum of the total value (this number will be less than 2 ³¹).

 

Sample Input

   
   

    
    1
5 10
1 2 3 4 5
5 4 3 2 1
   
   

 

Sample Output

   
   

    
    14
   
   

//基础01背包问题，v容量的包，每个物品权值和容量已知求包能装的最大总权值和。
//f[i][j]表示对于前i个物品，包的容量为j时最大能装的权值和，当然转移的时候对于当前物品
//只有装和不装两种选择，如果不装则由f[i-1][j],如果装则由f[i-1][j-vol[i]]转移而来。
#include<iostream>
using namespace std;
#define IN(x) scanf("%d",&x)
#define max(x,y) x>y?x:y

int value[1009],volume[1009];
int f[1001][1001];

int main()
{
 int cnt,n,v,i,j;
 IN(cnt);
 while(cnt--)
 {
  IN(n);IN(v);
  for(i = 1; i <= n; i ++) //注意，这边得空出一位来，wa了两次了
   IN(value[i]);
  for(i = 1; i <= n; i ++)
   IN(volume[i]);
  memset(f,0,sizeof(f));
  for(i = 1; i <= n; i ++)
   for(j = 0; j <= v; j ++)
   {
    if(volume[i] <= j)
     f[i][j] = max(f[i-1][j],f[i-1][j-volume[i]]+value[i]);
    else 
     f[i][j] = f[i-1][j];
   }
  printf("%d\n",f[i-1][j-1]);
 }
 return 0;
}

 

 

另外，这也可以用一维数组来简化代码。f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]两个子问题递推而来，能否保证在推f[i][v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]的值呢？事实上，这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺序推f[v]，这样才能保证推f[v]时f[v-c[i]]保存的是状态f[i-1][v-c[i]]的值。伪代码如下：
for i=1..N
for v=V..0
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};
其中的f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]}一句恰就相当于我们的转移方程f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][vc[i]]}，因为现在的f[v-c[i]]就相当于原来的f[i-1][v-c[i]]。如果将v 的循环顺序从上面的逆序改成顺序的话，那么则成了f[i][v]由f[i][v-c[i]]推知，与本题意不符，但它却是另一个重要的背包问题：完全背包问题 最简捷的解决方案，故学习只用一维数组解01背包问题是十分必要的。

下面给出本题的一维数组的解法。

#include<iostream>
using namespace std;
#define IN(x) scanf("%d",&x)
#define max(x,y) x>y?x:y

int value[1009],volume[1009];
int f[1001];

int main()
{
 int cnt,n,v,i,j;
 IN(cnt);
 while(cnt--)
 {
  IN(n);IN(v);
  for(i = 0; i < n; i ++)
   IN(value[i]);
  for(i = 0; i < n; i ++)
   IN(volume[i]);
  memset(f,0,sizeof(f));
  for(i = 0; i < n; i ++)
   for(j = v; j >= 0; j --)
   {
    if(volume[i] <= j)
     f[j] = max(f[j],f[j-volume[i]]+value[i]);
   }
  printf("%d\n",f[v]);
 }
 return 0;
}