0/1背包与完全背包

0/1背包问题描述：

现有 n 件物品，一个最大容量为 w 的背包。第 i 件物品重量为 wi ，价值为 vi 。已知对于一件物品，你必须选择取或不取，且每件物品只能被取一次（这就是“0/1”的含义）。求放置哪几件物品进背包，使得背包中物品价值最大(或是求最大价值是多少等衍生问题)。

思路：

设 ans[n,w] 为当背包容重量为 w ，有 1 到 n 件物品可以选择时的最大价值。显然有：

1、如果决定取并且可以取第 n 件物品时，有 ans[n,w]=ans[n-1,w-w[n]]+v[n] (w>=w[n])2、如果决定不取第 n 件物品时，有 ans[n,w]=ans[n-1,w]

所以，状态转移方程为：

ans[n,w]=max{ans[n-1,w-w[n]]+v[n],ans[n-1,w]}

边界条件是：

ans[n,0]=0,ans[0,w]=0

算法优化

上面的算法可以经过优化使得其空间复杂度降到,而且常数因子更小

注意到当解决ans[n,w]时只需要知道ans[n-1,i] (i=1,2,3....W)就可以了,所以可以通过维护一个一维的数组来求解ans[n,w].

为了更有伪代码的风格,使用缩进而不是begin和end来标识一个子语句.

下面的代码没有经过debug或者make,而且仅仅是一般的背包问题的伪代码

for j:=1 to n do    for i:=m downto 0 do        if (w[j]<=i)and(f[i-w[j]]+v[j]>f[i]) then            f[i]:=f[i-w[j]]+v[j];

如何理解这段代码呢?

结论:在每进行一次第一行的循环节(就是2-4行)后,数组f中f[i]就是前j个物品在i时间时的最优解.

为什么?当代码尚未开始执行,a显然满足这样的性质,每次循环时我们用第j个物品尝试加入到原来i体积的方案中,如果发现当前解更优,就更新a[i]中的值.(这里非正式地地运用了一下循环不变式).要注意其中i的循还顺序,当解问题a(i,j)时,我们需要问题a(k,j-1)的解,其中k<=i,换言之,在上述代码中,我们解决a[i]这一子问题的时候需要保证a[k](k<=i)的数据还是未更新过的数据.而第2行的m downto 0恰好满足这个要求.

在这个基础上,我们可以加上一个小优化,就好像下面的伪代码一样:

for j:=1 to n do    for i:=m downto w[j] do        if f[i-w[j]]+v[j]>f[i] then            f[i]:=f[i-w[j]]+v[j];

对于优化过的算法,显然的,它的时间复杂度并没有变得更优,因为新算法需要求解同样多的子问题.但是,在运行常数和空间复杂度的角度看,新算法无疑更为优秀.

如果问题要求物品的组合恰好填满指定的容量,只需在初始化时将f[i]赋值为-maxlongint即可 

完全背包问题描述：

现有 n 件物品和一个容量为V的背包，每种物品都有无限件可用。第i种物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不 超过背包容量，且价值总和最大。

思路：

这个问题非常类似于01背包问题，所不同的是每种物品有无限件。也就是从每种物品的角度考虑，与它相关的策略已并非取或不取两种，而是有取0件、取1件、取2件……等很多种。如果仍然按照解01背包时的思路，令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值。仍然可以按照每种物品不同的策略写出状态转移方程，像这样：

f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k*c[i]<=v}

这跟01背包问题一样有O(VN)个状态需要求解，但求解每个状态的时间已经不是常数了，求解状态f[i][v]的时间是O(v /c[i])，总的复杂度可以认为是O(V*Σ(V/c[i]))，是比较大的。

将01背包问题的基本思路加以改进，得到了这样一个清晰的方法。这说明01背包问题的方程的确是很重要，可以推及其它类型的背包问题。但我们还是试图改进这个复杂度。

简单优化

完全背包问题有一个很简单有效的优化，是这样的：若两件物品i、j满足c[i]<=c[j]且w[i]> =w[j]，则将物品j去掉，不用考虑。这个优化的正确性显然：任何情况下都可将价值小费用高得j换成物美价廉的i，得到至少不会更差的方案。对于随机生成的数据，这个方法往往会大大减少物品的件数，从而加快速度。然而这个并不能改善最坏情况的复杂度，因为有可能特别设计的数据可以一件物品也去不掉。

这个优化可以简单的O(N^2)地实现，一般都可以承受。另外，针对背包问题而言，比较不错的一种方法是：首先将费用大于V的物品去掉，然后使用类似计数排序的做法，计算出费用相同的物品中价值最高的是哪个，可以O(V+N)地完成这个优化。

转化为0/1背包问题

既然01背包问题是最基本的背包问题，那么我们可以考虑把完全背包问题转化为01背包问题来解。最简单的想法是，考虑到第i种物品最多选V/c[i]件，于是可以把第i种物品转化为V/c[i]件费用及价值均不变的物品，然后求解这个01背包问题。这样完全没有改进基本思路的时间复杂度，但这毕竟给了我们将完全背包问题转化为01背包问题的思路：将一种物品拆成多件物品。

更高效的转化方法是：把第i种物品拆成费用为c[i]*2^k、价值为w[i]*2^k的若干件物品，其中k满足c[i]*2^k<=V。这是二进制的思想，因为不管最优策略选几件第i种物品，总可以表示成若干个2^k件物品的和。这样把每种物品拆成O(log V/c[i])件物品，是一个很大的改进。

O(VN)的算法

但我们有更优的O(VN)的算法。

这个算法使用一维数组，先看伪代码：

for i=1..N    for v=0..V        f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}

你会发现，这个伪代码与01背包的伪代码只有v的循环次序不同而已。为什么这样一改就可行呢？首先想想为什么01背包中要按照v=V..0的逆序来循环。这是因为要保证第i次循环中的状态f [i][v]是由状态f[i-1][v-c[i]]递推而来。换句话说，这正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时，依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果f[i-1][v-c[i]]。而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第i种物品” 这种策略时，却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果f[i][v-c[i]]，所以就可以并且必须采用v=0..V的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。

值得一提的是，上面的伪代码中两层for循环的次序可以颠倒。这个结论有可能会带来算法时间常数上的优化。

这个算法也可以以另外的思路得出。例如，将基本思路中求解f[i][v-c[i]]的状态转移方程显式地写出来，代入原方程中，会发现该方程可以等价地变形成这种形式：

   f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i][v-c[i]]+w[i]}

将这个方程用一维数组实现，便得到了上面的伪代码。

最后抽象出处理一件完全背包类物品的过程伪代码：

procedure CompletePack(cost,weight)    for v=cost..V        f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}

总结

完全背包问题也是一个相当基础的背包问题，它有两个状态转移方程，分别在“基本思路”以及“O(VN)的算法“的小节中给出。希望你能够对这两个状态转移方程都仔细地体会，不仅记住，也要弄明白它们是怎么得出来的，最好能够自己想一种得到这些方程的方法。事实上，对每一道动态规划题目都思考其方程的意义以及如何得来，是加深对动态规划的理解、提高动态规划功力的好方法。