0-1背包问题的递归实现与非递归实现

题目有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。基本思路这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。用子问题定义状态：即f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是：
 

这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。所以有必要将它详细解释一下：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”，价值为f[i-1][v]；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。优化空间复杂度以上方法的时间和空间复杂度均为(V N)，其中时间复杂度应该已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到(N)1。这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。所以有必要将它详细解释一下：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”，价值为f[i-1][v]；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。优化空间复杂度以上方法的时间和空间复杂度均为(V N)，其中时间复杂度应该已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到(N)。


优化空间复杂度以上方法的时间和空间复杂度均为(V N)，其中时间复杂度应该已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到(N)1。先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环i=1..N，每次算出来二维数组f[i][0..V]的所有值。那么，如果只用一个数组f[0..V]，能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态f[i][v]呢？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：


其中的f[v] = maxff[v]; f[v..c[i]]g一句恰就相当于我们的转移方程f[i][v] = maxff[i..1][v]; f[i..1][v .. c[i]]g，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P02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。

注意这个过程里的处理与前面给出的伪代码有所不同。前面的示例程序写成v=V..0是为了在程序中体现每个状态都按照方程求解了，避免不必要的思维复杂度。而这里既然已经抽象成看作黑箱的过程了，就可以加入优化。费用为cost的物品不会影响状态f[0..cost-1]，这是显然的。



递归实现：

#include<iostream>using namespace std;const int W = 150;const int number = 5;const int VALUE[] = {60, 20, 10, 60, 100};const int WEIGHT[] = {20, 30, 50, 60, 80}; //function Make( i {处理到第i件物品} , j{剩余的空间为j}) :integer;int Make(int i, int j){  int r1 = 0;int r2 = 0;int r = 0;if (i == -1){return 0;}if(j >= WEIGHT[i])   //背包剩余空间可以放下物品 i  {r1 = Make(i-1,j - WEIGHT[i]) + VALUE[i]; //第i件物品放入所能得到的价值r2 = Make(i-1,j); //第i件物品不放所能得到的价值  r = (r1>r2)?r1:r2;}   return r;}void main(){int maxValue = Make(number-1, W);cout<<"maxValue: "<<maxValue<<endl;}

非递归实现：

#include<iostream>using namespace std;const int W = 150;const int number = 5;const int VALUE[] = {60, 20, 10, 60, 100};const int WEIGHT[] = {20, 30, 50, 60, 80};int f[151];void ZeroOnePack(int w, int v) {for(int x = W; x >= w; x--)f[x]=(f[x] > (f[x-w]+v))?f[x]:(f[x-w]+v); }void main(){for (int i=0; i < 151; i++){f[i] = 0;}for (int j=0; j < number; j++){ZeroOnePack(WEIGHT[j], VALUE[j]);} cout<<"maxValue: "<<f[W]<<endl; }

对于非递归的实现思路，我想下面这个例子和相应的图片是最好的说明了：

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

这张图表刚好说明了调用ZeroOnePackage函数的整个过程，和ZeroOnePackage函数里的执行for循环的执行过程：

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.)