背包问题——“01背包”最优方案总数的求解

回忆一下01背包的动态规划状态及状态方程：

 设背包容量为M，一共有N件物品，每件物品质量为weight[i]，每件物品的价值为value[i]。

1） 子问题定义：dp[i][j]表示前i件物品中选取若干件物品放入剩余容量为j的背包中所能得到的最大价值。

2） 根据第i件物品放或不放进行决策。

 

详细细节就不再多说了，我们直接进入正题。

在这里的话，最优方案总数就是物品总价值最大的方案数，那要怎么求呢？

 

我们设kry[i][j]为dp[i][j]的方案数，那么最优方案总数就是kry[N][M]，我们分析下怎么求kry[i][j]，对于01背包来说：

 

经过max函数取最大值后，如果dp[i][j]==dp[i-1][j] 或者 dp[i][j]==dp[i-1][j-weight[i]]+value[i] ，那么kry[i][j] = kry[i-1][j] 或者 kry[i][j] = kry[i-1][j-weight[i]]。也就是说，对于dp[i][j]==dp[i-1][j] 时，表明第i件不放入时价值更大，那么到状态[i][j]的方案数就应该等于到状态[i-1][j]的方案数。同理，如果dp[i][j]==dp[i-1][j-weight[i]]+value[i]，说明第i件放入时价值更大，此时到状态[i][j]的方案数就应该等于到状态[i-1][j-weight[i]]的方案数。

 

而若dp[i-1][j] ==dp[i-1][j-weight[i]]+value[i]，]，则说明即可以通过状态[i-1][j]在不加入第i件物品情况下到达状态[i][j]，又可以通过状态[i-1][j-C[i]]在加入第i件物品的情况下到达状态[i][j]，并且这两种情况都使得价值最大且这两种情况是互斥的，那么此时kry[i][j] = kry[i-1][j] + kry[i-1][j-weight[i]]（你可以这样理解：两种到目前的状态[i][j]的方案都是最优解，那最优解的方案总数就是两个最优解的方案数相加）。

 

还有一点需要注意的，就是kry[][]必须全部初始化为1。因为无论dp[i][j]中i, j的值是多少，dp[i][j]总是存在的，既然存在，那就说明至少有一种方案，因此初始化为1。这里可能有些难以理解，没事，先记着，慢慢就会懂了。

 

“Talk is cheap, show me the code.”

 

for(int j=0; j<maxm; j++ )    kry[j] = 1;memset(dp, 0, sizeof(dp));for( int i=1; i<=n; i++ ){    for( int j=1; j<=m; j++ )    {    dp[i][j] = dp[i-1][j];    kry[i][j] = kry[i-1][j];    if( j>=w[i] ){    if( dp[i][j]<dp[i-1][j-w[i]]+1 )    {    dp[i][j] = dp[i-1][j-w[i]] + 1;        kry[i][j] = kry[i-1][j-w[i]];    }    else if( dp[i][j]==dp[i-1][j-w[i]]+1 )             kry[i][j] = kry[i-1][j] + kry[i-1][j-w[i]];}    }}

同理，也可以用一维重复数组来求最优方案总数：

 

fill(kry, kry+maxm, INF );memset(dp, 0, sizeof(dp));for( int i=1; i<=n; i++ ){    for( int j=m; j>=w[i]; j-- )    {        if( dp[j]<dp[j-w[i]]+1)        {            dp[j] = dp[j-w[i]] + 1;            kry[j] = kry[j-w[i]];        }        else if( dp[j]==dp[j-w[i]]+1)            kry[j] = kry[j] + kry[j-w[i]];    }}