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：

P1048 采药
code

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：

P1616 疯狂的采药
code

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。

完结撒花