背包问题

背包问题

一、01背包问题

【问题】：

有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用（即体积，下同）是w[i]，价值是c[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(部分或全部)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-w[i]]+c[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”；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-w[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f [i-1][v-w[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值c[i]。

注意f[i][v]有意义当且仅当存在一个前i件物品的子集，其费用总和为v。所以按照这个方程递推完毕后，最终的答案并不一定是f[N][V]，而是f[N][0..V]的最大值。如果将状态的定义中的“恰”字去掉，在转移方程中就要再加入一项f[i-1][v]，这样就可以保证f[N][V]就是最后的答案。但是若将所有f[i][j]的初始值都赋为0，你会发现f[n][v]也会是最后的答案。为什么呢？因为这样你默认了最开始f[i][j]是有意义的，只是价值为0，就看作是无物品放的背包价值都为0，所以对最终价值无影响，这样初始化后的状态表示就可以把“恰”字去掉。

优化空间复杂度 

以上方法的时间和空间复杂度均为O(N*V)，其中时间复杂度基本已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O(V)。

先考虑上面讲的基本思路如何实现，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。那么，如果只用一个数组f [0..V]，能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态f[i][v]呢？f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1][v-w[i]]两个子问题递推而来，能否保证在推f[i][v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[i-1][v]和f[i-1][v-w[i]]的值呢？事实上，这要求在每次主循环中我们以v=V..0的逆序推f[v]，这样才能保证推f[v]时f[v-w[i]]保存的是状态f[i-1][v-w[i]]的值。

【伪代码】：

　　for i=1..N

　　　for v=V..0

　　　　　f[v]=max{f[v],f[v-w[i]]+c[i]};

其中f[v]=max{f[v],f[v-w[i]]+c[i]}相当于转移方程f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-w[i]]+c[i]}，因为现在的f[v-w[i]]就相当于原来的f[i-1][v-w[i]]。如果将v的循环顺序从上面的逆序改成顺序的话，那么则成了f[i][v]由f[i][v-w[i]]推知，与本题意不符，但它却是另一个重要的完全背包问题最简捷的解决方案，故学习只用一维数组解01背包问题是十分必要的。

 

二、完全背包问题

【问题】:

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w[i]，价值是c[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】:

这个问题非常类似于01背包问题，所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。如果仍然按照解01背包时的思路，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。仍然可以按照每种物品不同的策略写出状态转移方程，像这样：f[i][v]=max{f[i-1][v-k*w[i]]+k*c[i]|0<=k*w[i]<= v}。

将01背包问题的基本思路加以改进，得到了这样一个清晰的方法。这说明01背包问题的方程的确是很重要，可以推及其它类型的背包问题。

　　这个算法使用一维数组

【伪代码】：

　　for i=1..N

　　　for v=0..V

　　　　 f[v]=max{f[v],f[v-w[i]]+c[i]};

你会发现，这个伪代码与01背包问题的伪代码只有v的循环次序不同而已。为什么这样一改就可行呢？首先想想为什么01背包问题中要按照v=V..0的逆序来循环。这是因为要保证第i次循环中的状态f[i][v]是由状态f[i-1][v-w[i]]递推而来。换句话说，这正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时，依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果f[i-1][v-w[i]]。而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第i种物品”这种策略时，却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果f[i][v-w[i]]，所以就可以并且必须采用v= 0..V的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。

这个算法也可以以另外的思路得出。例如，基本思路中的状态转移方程可以等价地变形成这种形式：f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i][v-w[i]]+c[i]}，将这个方程用一维数组实现，便得到了上面的伪代码。

一个简单有效的优化 

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w[i]<=w[j]且c[i]>=c[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的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。

转化为01背包问题求解

既然01背包问题是最基本的背包问题，那么我们可以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V/w[i]件，于是可以把第i种物品转化为V/w[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w[i]*2^k、价值为c[i]*2^k的若干件物品，其中k满足w[i]*2^k<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O(log(V/w[i])+1)件物品，是一个很大的改进。

 

【总结】

完全背包问题也是一个相当基础的背包问题，它有两个状态转移方程，分别在“基本思路”以及“O(VN)的算法“的小节中给出。希望你能够对这两个状态转移方程都仔细地体会，不仅记住，也要弄明白它们是怎么得出来的，最好能够自己想一种得到这些方程的方法。事实上，对每一道动态规划题目都思考其方程的意义以及如何得来，是加深对动态规划的理解、提高动态规划功力的好方法。

 

 

 

三、多重背包问题

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w[i]，价值是c[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】:

这题目和完全背包问题很类似。基本的方程只需将完全背包问题的方程略微一改即可，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：f[i][v]=max{f[i-1][v-k*w[i]]+ k*c[i]|0<=k<=n[i]}。复杂度是O(V*∑n[i])。

转化为01背包问题

另一种好想好写的基本方法是转化为01背包求解：把第i种物品换成n[i]件01背包中的物品，则得到了物品数为∑n[i]的01背包问题，直接求解，复杂度仍然是O(V*∑n[i])。

但是我们期望将它转化为01背包问题之后能够像完全背包一样降低复杂度。仍然考虑二进制的思想，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(注意：这些系数已经可以组合出1~n[i]内的所有数字)。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，并不难，希望你自己思考尝试一下。

这样就将第i种物品分成了O(logn[i])种物品，将原问题转化为了复杂度为O(V*∑logn[i])的01背包问题，是很大的改进。

 

 

四、混合三种背包问题

【问题】

　　如果将01背包、完全背包、多重背包混合起来。也就是说，有的物品只可以取一次（01背包），有的物品可以取无限次（完全背包），有的物品可以取的次数有一个上限（多重背包）。应该怎么求解呢？

 

01背包与完全背包的混合

　　考虑到在01背包和完全背包中最后给出的伪代码只有一处不同，故如果只有两类物品：一类物品只能取一次，另一类物品可以取无限次，那么只需在对每个物品应用转移方程时，根据物品的类别选用顺序或逆序的循环即可，复杂度是O(VN)。

【伪代码】：

for i=1..N

　if 第i件物品是01背包

　　for v=V..0

　　　f[v]=max{f[v],f[v-w[i]]+c[i]};

　else if 第i件物品是完全背包

　　for v=0..V

　　　f[v]=max{f[v],f[v-w[i]]+c[i]};

 

再加上多重背包

　　如果再加上有的物品最多可以取有限次，那么原则上也可以给出O(VN)的解法：遇到多重背包类型的物品用单调队列解即可。但如果不考虑超过NOIP范围的算法的话，用多重背包中将每个这类物品分成O(log n[i])个01背包的物品的方法也已经很优了。

 

五、二维费用的背包问题

【问题】

二维费用的背包问题是指：对于每件物品，具有两种不同的费用；选择这件物品必须同时付出这两种代价；对于每种代价都有一个可付出的最大值（背包容量）。问怎样选择物品可以得到最大的价值。设这两种代价分别为代价1和代价2，第i件物品所需的两种代价分别为a[i]和b[i]。两种代价可付出的最大值（两种背包容量）分别为V和U。物品的价值为c[i]。

【算法】

　　费用加了一维，只需状态也加一维即可。设f[i][v][u]表示前i件物品付出两种代价分别为v和u时可获得的最大价值。

　　状态转移方程就是：f [i][v][u]=max{f[i-1][v][u],f[i-1][v-a[i]][u-b[i]]+c[i]}。如前述方法，可以只使用二维的数组：当每件物品只可以取一次时变量v和u采用逆序的循环，当物品有如完全背包问题时采用顺序的循环。当物品有如多重背包问题时拆分物品。

物品总个数的限制

　　有时，“二维费用”的条件是以这样一种隐含的方式给出的：最多只能取M件物品。这事实上相当于每件物品多了一种“件数”的费用，每个物品的件数费用均为1，可以付出的最大件数费用为M。换句话说，设f[v][m]表示付出费用v、最多选m件时可得到的最大价值，则根据物品的类型（01、完全、多重）用不同的方法循环更新，最后在f[0..V][0..M]范围内寻找答案。

另外，如果要求“恰取M件物品”，则在f[0..V][M]范围内寻找答案。

 

六、分组的背包问题

【问题】

有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是w[i]，价值是c[i]。这些物品被划分为若干组，每组中的物品互相冲突，最多选一件。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。

【算法】

这个问题变成了每组物品有若干种策略：是选择本组的某一件，还是一件都不选。也就是说设f[k][v]表示前k组物品花费费用v能取得的最大权值，则有f[k][v]=max{f[k-1][v]，f[k-1][v-w[i]]+c[i]|物品i属于第k组}。

【伪代码】：

for 所有的组k

    for v=V..0

        for 所有的i属于组k

　　　　　　f[v]=max{f[v],f[v-w[i]]+c[i]}

　　注意这里的三层循环的顺序，“for v=V..0”这一层循环必须在“for 所有的i属于组k”之外。这样才能保证每一组内的物品最多只有一个会被添加到背包中。

另外，显然可以对每组中的物品应用完全背包中“一个简单有效的优化”。

　

 

【总结】

 

1、 最长不降子序列（LIS）

 

f[i]=max{f[j]}+1 (a[j]<=a[i],j<i) 可以用树状数组优化到 nlogn

 

2、 最长公共子序列（LCS）

 

If (a[i]==b[j]) f[i][j]=f[i-1][j-1]+1;

 

Else f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i][j-1]);

 

如果 AB 两串的元素个数相同且各个元素也相同（比如 AB 均由 n 个 1~n 的数字组成）则可以将 A 排序然后计算 B 的最长上升子序列。

 

3、 区间 DP

 

枚举起始点，枚举区间长度，再枚举区间分界点。复杂度 n³。

 

如果是个环（比如环形的石子合并）则把环变成长度为 2n-1 链，然后 DP。只是枚举区间长度最多是 n，然后取最大值即可。

 

4、 坐标 DP

 

其实这种东西我小学就知道了… f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i][j-1])+a[i][j];递推即可。

 

5、 01 背包

 

n 个物品，取或不取（不可拆分），求最大价值。

 

f[i]=max{f[i],f[i-w[j]]+v[j]}

 

注意：枚举 i 是要从 V 到 w[j]递减循环

 

6、 完全背包

 

n 个物品，物品数量无限，求最大价值。

 

朴素:和 01 背包的很像，只是多加了枚举物品的数量：

 

f[i]=max{f[i-k*w[j]]+k*v[j]} (i-k*w[j]>0)

 

优化：省去了枚举物品的数量，每次计算 i-k*w[j]时就已经包含了 i-(k-1)*w[j] 的情况

f[i]=max{f[i-w[j]]+v[j]}（w[j]<=i<=V）

 

注意：枚举 i 是从 w[j]到 V 递增循环

 

 

7、 多重背包

 

n 个背包，物品数量为 Mi，求最大价值。

 

朴素：f[i]=max{f[i-k*w[j]]+k*v[j]} （0<=k<=Mi）

 

优化：将物品的系数 k 由自然数改成 1,2,2^2,…,2^k,Mj-2^k+1,，然后再做 01 背包。

 

 

8、 混合背包

 

在选取物品的时候特判一下即可。

 

for (int i=1;i<=n;i++)

 

if 第 i 件物品是 01 背包 then 01pack(Wi,Vi);

 

else if 第 i 件物品是完全背包 then Completepack(Wi,Vi); else if 第 i 件物品是多重背包 then Multiplepack(Wi,Vi,Ni);

 

 

9、 二维费用背包

 

只要能理解 01 背包就能很好的理解此类问题。

 

f[u][v]=max(f[u][v],f[u-Wi][v-Pi]+V[i]);

 

 

10、 分组背包

 

n 个物品被分成 k 组，每组中的物品相互冲突，求最大价值。

 

大致有一些像 01 背包。

 

for (int p=1;p<=k;p++)

 

for (int j=v;j>=0;j--)

 

for i∈第 p 组的物品

 

f[j]=max(f[j],f[j-Wi]+Vi);

 

小优化：当 Wi>Wj && Vi<Vj 时可以直接删掉 i 号物品

 

 

11、 有依赖的背包

 

选这个物品就一定要选择它的儿子物品。

 

按照拓扑序进行转移。

 

12、 背包求方案

 

在每次转移时记录 G[i,v]表示是否选了物品 i。

 

i=n;s=v;

 

While (i>0)

 

{

 

If G[i,j]==0 print 没选 i

Else print 选了 i

 

s-=C[i];

 

i--;

 

}

 

字典序最小方案：倒着做背包，每次记录，输出即可。(具体请画图理解)

第 k 小方案：更新答案是进行归并排序。

方案总数：把求 max 改成求 sum。

 

感谢各位与信奥一本通的鼎力相助！