背包问题学习笔记Part1
背包问题
前言：背包问题的学习笔记和模板例题整理。
01背包
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。
分析：
- 每种物品都只有一件。
- 都只有放或是不放两种选择。
- 用\(f_{i,v}\)表示只放入前\(i\)个物品时在所用体积为\(v\)时所能得到的最大价值。
- 由此可以得出状态转移方程式：\(f_{i,v}=\max(f_{i-1,v},f_{i-1,v-c_i}+w_i)\)
解释：
- 这是一个背包问题的原始状态转移方程式，有很多背包问题的变体都是从此推出而得
- 将前\(i\)个物品放入背包这一过程只会与前\(i-1\)个物品有关，也就是相当于只考虑第\(i\)件物品是否放入的问题
- 如果不放入第\(i\)件物品，那么问题转化为前\(i-1\)件物品放入容量为\(v\)的背包中，表示出来就是此时：\(f_{i,v}=f_{i-1,v}\)
- 如果放入第\(i\)件物品，那么问题转化为前\(i-1\)件物品放入容量为\(v-c_i\)的背包中，表示出来就是此时：\(f_{i,v}=f_{i-1,v-c_i}+w_i\)
- 因为要取其中的最优策略，所以要取两种情况中的较大值
空间复杂度优化：
- 01背包的空间复杂度其实可以优化到\(O(N)\)级别
- 上面讲的思路如果要实现，首先要有一层\(1 \dots n\)的循环，控制每一次循环得出某个\(i\)时的所有\(f_{i,v}\)的值
- 是否能只用一个一维数组\(f_{0 \dots v}\)就保证在第\(i\)次循环推\(f_{i,v}\)的值时得到的\(f_v\)就是之前的\(f_{i-1,v}\)和\(f_{i-1,v-c_i}+w_i\)的值呢？
- 其实在循环时用\(v \dots 1\)的顺序推出\(f_v\),这样就能保证得到的\(f_v\)就是\(f_{i-1,v}\)和\(f_{i-1,v-c_i}+w_i\)中的较大值
核心部分代码：
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=m;j>=1;j--)
f[j]=max(f[j-c[i]]+w[i],f[j]);
一些细节：
- 其实可以对上面的代码进行一个常数优化，因为如果循环中的\(j\)比当前的\(c_i\)要小，便没有继续推的必要，可以把
for(int j=m;j>=1;j--)改为for(int j=m;j>=c[i];j--) - 如果要求的是恰好装满背包情况下的最大价值，那么除了\(f_0\)赋值为\(0\),除此之外的\(f_{1 \dots m}\)都要赋为极小值\(-\infty\)
- 如果要求的是不必装满背包情况下的最大价值（比如下面那道模板题），那么整个\(f_{0 \dots m}\)都赋值为\(0\)
- 分成这两种情况的原因是：初始化数组\(f\)时应该给其赋值在没有任何物品放入时的合法状态
- 如果要求恰好装满，那么没有物品情况下的唯一合法情况就是容量为\(0\)的情况被“一无所有”装满时的价值\(0\),其他容量的背包均无合法的解，处于未定义状态，所以赋值为\(-\infty\)
- 如果不要求恰好装满，那么此时每个容量下的背包都有合法情况即不装任何物品，所以\(f_{0 \dots m}\)都赋值为\(0\)
- 关于初始化的问题可以推广到其他种类的背包问题
模板题：
完全背包
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。
分析：
- 这个问题和01背包问题唯一的差别是这个问题里的物品可以取无数件
- 所以取物品的策略从取和不取两种决策变成取\(0 \dots \frac{m}{c_i}\)件
- 此时如果按照01背包的思想，令\(f{i,v}\)为前\(i\)个物品放入体积为\(v\)的背包中的最大价值，依然可以推出这种思路下的状态转移方程式：
- \(f_{i,v}=\max(f_{i-1,v-k*c_i}+k*w_i \mid 0 \le c_i*k \le v)\)
- 这样做和01背包一样，有\(O(NV)\)种情况，但是每种状况的讨论时间复杂度不在是常数。求出状态\(f_{i,v}\)所需的时间复杂度是\(O{(\frac{V}{c_i}})\),总时间复杂度变为\(O({V* \sum_\frac{V}{c_i}})\)
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\(c_i=w_j\)，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：
- 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\(\frac{V}{c_i}\)件，于是可以把第\(i\)种物品转化为\(\frac{V}{c_i}\)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\(c_i*2^k \le V\)。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\(log \frac{V}{c_i}\)件物品，是一个很大的改进。
\(O(VN)\)的算法:
先放上代码：
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=c[i];j<=m;j++)
f[j]=max(f[j],f[j-c[i]]+w[i]);
可以看出，上面的代码用的是一维数组，与01背包相比，只有第二重循环的循环次序有所不同。
为什么这样改就行？
- 01背包按照\(m \dots 0\)的顺序循环，是为了保证当前状态\(f_{i,v}\)是由\(f_{i-1,v-c_i}\)推得，即保证每件物品只选择一次
- 而完全背包的特点就是物品有无数件，所以在决定状态\(f_{i,v}\)时，要考虑到状态\(f_{i,v-c_i}\)
- 或者将基本思路中的方程式带入原方程，可以得到：\(f_{i,v}=\max(f_{i,v},f_{i,v-c_i}+w_i)\)
模板题：
多重背包
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。
解法
其实多重背包与完全背包很相似，基本的状态转移方程也只是与之略有不同。
对于第 \(i\) 件物品，有 \(n_i+1\) 种策略：取 \(0 \dots n_i\) 件。
还是令 \(f_{i,v}\) 为考虑前 \(i\) 个物品恰好放入 \(v\) 的空间时的最大价值。
此时的状态转移方程就是: $$f_{i,v}= \max(f_{i-1,v-k \times c_i}+k \times w_i \mid 0 \le k \le n_i)$$
时间复杂度是： \(O(V \times \sum n_i)\)
多重背包也能二进制优化。
\(O(VN)\) 的解法
单调队列优化DP，本人不会，咕着，以后再补
甚至没有完全的模板题，不过多重背包应该还算好理解，毕竟有前面的铺垫了。
后记
背包问题学习笔记Part1就只写前三种最为经典的背包问题吧。
后面几种不是特别经典的留到后面。
在此之前要写另一篇博客，记录前三种背包问题的几道不是很难的变式题目，毕竟只会个模板完全不够。
