算法导论学习笔记（十三）：动态规划(三)：01背包问题

01背包问题

有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的体积是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：

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

这个方程非常重要，基本上所有跟背包问题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

涉及前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]]+w[i]。

优化空间复杂度

以上方法的时间复杂度和空间复杂度都是O(VN)，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O(N)。先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是一个主循环i = 1...N，每次算出f[i][0...V]的所有值。那么，如果只

用一个数组f[0...V]呢？f[i][v]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(也就是在第i次循环中推

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：

如果v的顺序改成上面的逆序的话，即v=0...V的话，那么就成了f[i][v]由f[i][v-c[i]]推出来，与本题意不符。

实例

讲完了理论，就来看看实际的例子了。下面这个例子是杭电ACM上的原题：Bone Collector。下面是我的AC代码：

#include<iostream>using namespace std;int main(){    int T;    cin >> T;    while (T--)    {        int N, V;        int value[1001], volume[1001];        cin >> N >> V;        for (int i = 0; i < N; i++)        {            cin >> value[i];        }        for (int i = 0; i < N; i++)        {            cin >> volume[i];        }        int f[1001] = {0};        for (int i = 0; i < N; i++)        {            for (int v = V; v >= volume[i]; v--)            {                f[v] = max (f[v], f[v-volume[i]]+value[i]);            }        }        cout << f[V] << endl;    }    return 0;}

上面这题只要单纯的套用给出的递推公式就可以了，下面这题就需要我们稍加改变了：Robberies。我的AC代码：

#include<iostream>using namespace std;double max (double a, double b){return a > b ? a : b;}int main(){int T;cin >> T;while (T--){double cp;double p[10001];  // 按题目意思银行家数N < 100，但是数组开到1001都没过，应该是后台检测数据和题目给出大小不同int a[10001];double f[10001];int n;cin >> cp >> n;int m = 0;for (int i = 0; i < n; i++){cin >> a[i] >> p[i];m += a[i];}memset(f,0,sizeof(f));f[0] = 1;for (int i = 0; i < n; i++){for (int j = m; j >= a[i]; j--){f[j] = max(f[j], f[j - a[i]] * (1 - p[i]));}}int i;for (i = m; i >= 0; i--){if (f[i] >= 1 - cp)break;}cout << i << endl;}return 0;}