背包问题

01背包问题

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：

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]。

假设数组储存结构如下：

上述基本思路如何实现，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。

[cpp] viewplaincopy

1. for i=1..N  
2.    for v=0..V  
3.       f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}  

 

（图为假设f[i-1][v-c[i]]在那里，实际v-c[i]可能小于0，小心不要越界）

 

优化开始了，可以知道扫描的过程，只与前一个竖列相关，那么可以优化成两列，每次从前列计算出后列，然后再把后列的值存到前列。

那么还可以优化，只要一列，每次从自身就可以推算出新值，不过因为决定关系，v需要改成逆序扫描。实际一行跟一列都可以认为成一维数组，意思是空间优化到了一维数组 f[i][v]  —>  f[v]

即：f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}

 

[cpp] viewplaincopy

1. for i=1..N  
2.    for v=V..0  
3.       f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}  

 

 

初始化的细节问题

我们看到的求最优解的背包问题题目中，事实上有两种不太相同的问法。有的题目要求“恰好装满背包”时的最优解，有的题目则并没有要求必须把背包装满。一种区别这两种问法的实现方法是在初始化的时候有所不同。

如果是第一种问法，要求恰好装满背包，那么在初始化时除了f[0]为0其它f[1..V]均设为-∞，这样就可以保证最终得到的f[N]是一种恰好装满背包的最优解。

如果并没有要求必须把背包装满，而是只希望价格尽量大，初始化时应该将f[0..V]全部设为0。

为什 么呢？可以这样理解：初始化的f数组事实上就是在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。如果要求背包恰好装满，那么此时只有容量为0的背包可能被价值为 0的nothing“恰好装满”，其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，它们的值就都应该是-∞了。如果背包并非必须被装满，那么任何容量的 背包都有一个合法解“什么都不装”，这个解的价值为0，所以初始时状态的值也就全部为0了。

一个常数优化

前面的伪代码中有 for v=V..1，可以将这个循环的下限进行改进。

由于只需要最后f[v]的值，倒推前一个物品，其实只要知道f[v-w[n]]即可。以此类推，对以第j个背包，其实只需要知道到f[v-sum{w[j..n]}]即可，即代码中的

for i=1..N

    for v=V..0

可以改成

for i=1..n

    bound=max{V-sum{w[i..n]},c[i]}

    for v=V..bound

这对于V比较大时是有用的。

 

完全背包问题

题目

有N种物品和一个容量为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。

 

基本思路

这个问题十分类似01背包，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。于是得：

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

 （图中只是假设值在那里）

仔细观察，f[i][v-k*c[i]]正好是由以下状态决定；那么f[i][v]正好就是由f[i-1][v]和f[i][v-k*c[i]]决定，这里的k=1，也就成了f[i][v-c[i]]；其意义为：若不选取第i种物品，当前最优结果f[i][v]显然等于f[i-1][v]；若选取第i种物品，则可由之前选取了若干个第i种物品的最优解再加一个第i种物品得到。

->

于是状态转移方程：

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

然后又和以前一样，优化为一维数组：

[cpp] viewplaincopy

1. for i=1..N  
2.    for v=0..V  
3.       f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}  

 

多重背包问题

题目

有N种物品和一个容量为V的背包。第i种物品最多有n[i]件可用，每件费用是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。

 

基本算法

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

复杂度是O(V*Σn[i])。

 

优化

采用二进制思想。我们考虑把第i种物品换成若干件物品，使得原问题中第i种物品可取的每种策略——取0..n[i]件——均能等价于取若干件代换以后的物品。另外，取超过n[i]件的策略必不能出现。

方 法是：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。另外这种方法也能保证对于0..n[i]间的每一个整数，均可以用若干个系数的和表示，这个证明可以分0..2^k-1和2^k..n[i]两段来分别讨论得出。这样就将第i种物品分成了O(log n[i])种物品，将原问题转化为了复杂度为<math>O(V*Σlog n[i])的01背包问题，是很大的改进。