算法与数据结构-背包问题

01背包问题

题目

有N件物品和一个容量为M的背包，每种物品只可以取一件。第i件物品的费用是c[i]，价值是v[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。

分析

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][j]表示前i件物品恰放入一个容量为j的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是：

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

优化空间复杂度

即改用一维数组f[j]存储第i个物品时剩余空间为j时的背包的最大价值。

注意到j-c[i]<j这个关系，当j=0……M顺序推f[j]，则后面的到的f[j]将会使用到当前i状态下新生成的f[j-c[i]]，而不是我们所需的i-1状态时的f[j-c[i]]。

因此，在每次主循环中我们以j=M……0顺序推f[j]，这样才能保证推f[j]时f[j-c[i]]保存的是状态f[i-1][j-c[i]]的值。

参考代码

/* * n：物品种类 每种只能选取一种 * capacity：背包容量 * c[i]：第i种物品的花费 cost * v[i]：第i种物品的价值 value * f[j]：i状态下容量为j时背包可获得的最大价值 */int getMaxValue(int n,int capacity){for(int i=0;i<n;i++)for(int j=capacity;j>=0;j--)if(i==0){if(j>=c[i])f[j]=v[i];else f[j]=0;}else if(j>=c[i])f[j]=max(f[j],f[j-c[i]]+v[i]);return f[capacity];}

 

完全背包问题

题目

有N件物品和一个容量为M的背包，每种物品都有无限件可用。第i件物品的费用是c[i]，价值是v[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。

分析

类似01背包问题，但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……。如果仍然按照解01背包时的思路，令f[i][j]表示前i种物品恰放入一个容量为j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：

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

优化时间复杂度

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。

将费用大于M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。

转化为01背包问题求解

最简单的想法是：考虑到第i种物品最多选M/c[i]件，于是可以把第i种物品转化为M/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v[i]*2^k的若干件物品，其中k满足c[i]*2^k<=M。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(logM/c[i])件物品，是一个很大的改进。

最简O(MN)算法：首先想想为什么01背包问题中为何要按照j=M..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][j]是由状态f[i-1][j-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][j-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][j-c[i]]，所以就可以并且必须采用j=0..M的顺序循环。

参考代码

/* * n：物品种类 每种只能选取一种 * capacity：背包容量 * c[i]：第i种物品的花费 cost * v[i]：第i种物品的价值 value * f[j]：i状态下容量为j时背包可获得的最大价值 */int getMaxValue(int n,int capacity){for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<=capacity;j++)if(i==0){if(j>=c[i])f[j]=v[i]*(j/c[i]);else f[j]=0;}else if(j>=c[i])f[j]=max(f[j],f[j-c[i]]+v[i]);return f[capacity];}

多重背包问题

题目

有N件物品和一个容量为M的背包，第i种物品最多有n[i]件可用。第i件物品的费用是c[i]，价值是v[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。

分析

这题目和完全背包问题很类似。基本的方程只需将完全背包问题的方程略微一改即可，因为对于第i种物品有n[i]+1种策略：取0件，取1件……取n[i]件。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，则有状态转移方程：
 f[i][j]=max{ f[i-1][j-k*c[i]]+k*v[i] | 0<=k<=n[i] }

优化时间复杂度

将第i种物品分成若干件物品，其中每件物品有一个系数，这件物品的费用和价值均是原来的费用和价值乘以这个系数。使这些系数分别为1,2,4,...,2^(k-1),n[i]-2^k+1，且k是满足n[i]-2^k+1>0的最大整数。例如，如果n[i]为13，就将这种物品分成系数分别为1,2,4,6的四件物品。
分成的这几件物品的系数和为n[i]，表明不可能取多于n[i]件的第i种物品。

参考代码

/** * 多重背包决策：遍历到第i种物品(i状态)时的决策 * cost：i状态时的花费c[i] * weight：i状态时的价值v[i] * amount：i状态时物品的最大数量n[i] * CompletePack：多重背包决策 * ZeroOnePack：01背包决策 */void MultiplePack(cost,weight,amount){if(cost*amount>=capacity){CompletePack(cost,weight);return;}int k=1;while(k<amount){ ZeroOnePack(k*cost,k*weight);amount=amount-k;k=k*2;}ZeroOnePack(amount*cost,amount*weight);}

题目推荐：

ZOJ Problem Set - 1149 Dividing

http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=149

题意：

给出序号为1、2、3、4、5、6的6种弹珠（好像是弹珠吧⊙﹏⊙b汗），其价值等于其编号，给出每种弹珠的数目，求能否将弹珠分两堆，使两堆的价值和相等。

分析：

多重背包问题，只是所谓的花费cost等于价值，且背包容量为总和的一半。

代码：

#include <iostream>#define MAX 210002#define max(a,b) (a)>(b)?(a):(b)using namespace std;long nums[6],total,f[MAX];int input(){for(int i=total=0;i<6;i++){cin>>nums[i];total+=nums[i]*(i+1);}if(total)return 1;return 0;}void zeroOnePack(int cost,int value,long capacity){for(int j=capacity;j>-1;j--)if(j>=cost)f[j]=max(f[j],f[j-cost]+value);}void completePack(int cost,int value,long capacity){for(int j=0;j<=capacity;j++)if(j>=cost)f[j]=max(f[j],f[j-cost]+value);}void multiplePack(int cost,int value,int count,long capacity){if(cost*count>=capacity){completePack(cost,value,capacity);return;}int k=1;while(k<count){zeroOnePack(cost*k,value*k,capacity);count-=k;k*=2;}zeroOnePack(cost*count,value*count,capacity);}int judge(long capacity){for(int i=0;i<6;i++){if(i==0){for(int j=0;j<=capacity;j++)if(j<i+1)f[j]=0;else{int amount=j/(i+1);f[j]=(nums[i]>=amount ? (i+1)*amount : nums[i]*(i+1));}}else multiplePack(i+1,i+1,nums[i],capacity);}if(f[capacity]==capacity)return 1;return 0;}int main(){int T=1;while(input()){printf("Collection #%d:\n",T++);if(total&1)cout<<"Can't be divided."<<endl<<endl;else if(judge(total/2))cout<<"Can be divided."<<endl<<endl;else cout<<"Can't be divided."<<endl<<endl;}return 0;}