背包问题
0-1背包: 有N件物品和一个重量为M的背包。(每种物品均只有一件)第i件物品的重量是w[i],价值是p[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
完全背包: 有N种物品和一个重量为M的背包,每种物品都有无限件可用。第i种物品的重量是w[i],价值是p[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包重量,且价值总和最大。
多重背包: 有N种物品和一个重量为M的背包。第i种物品最多有n[i]件可用,每件重量是w[i],价值是p[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包重量,且价值总和最大。
0-1背包是最基础的背包问题,特点是:每种物品仅有一件,可以选择不放(0)或者放(1)。
用子问题定义状态:即F[i][j]表示前i件物品恰放入一个承重量(也可以是体积)为j (j的取值范围为0-M | M为背包最大承重量)的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是:
其中F[i-1][j]表示前i-1件物品放入剩余承重量为j的背包中所能得到的最大价值;
而F[i-1][j-C[i]]+W[i]表示前i-1件物品放入剩余承重量为j-C[i]的背包中所能取得的最大价值加上第i件物品的价值。
设物品件数为n,背包承重量为C,第i件物品重量为W[i],第i件物品价值为v[i]。
int KnapSack(int n,int w[],int v[],int x[],int C) { int i,j; for(i=0;i<=n;i++) V[i][0]=0; for(j=0;j<=C;j++) V[0][j]=0; for(i=1;i<=n;i++) for(j=1;j<=C;j++) if(j<w[i]) V[i][j]=V[i-1][j]; else V[i][j]=max(V[i-1][j],V[i-1][j-w[i]]+v[i]); j=C; for(i=n-1;i>=0;i--) { if(V[i][j]>V[i-1][j]) { x[i]=1; j=j-w[i]; } else x[i]=0; } printf("选中的物品是:\n"); for(i=0;i<n;i++) printf("%d ",x[i]); printf("\n"); return V[n-1][C]; }
上述算法空间复杂度为O(NC),观察代码发现,在求二给数组V时,i时的状态只和i-1时有关。所以可以用一个一维数组来进行辗转利用,核心代码如下,要注意的是空间j的取值要从大到小,否则在求i状态值时,i-1时状态值会被覆盖。
for(int i = 0; i < n; i++) { for(int j = C; j >= W[i]; j--) { if(Table[j] < Table[j-W[i]]+V[i]) { Table[j] = Table[j-W[i]]+V[i]; } } }