0-1 背包问题

一、典型题目

n种物品，每种只有1个。（因此称为0-1背包问题——对应着每个物体选与不选的两种选择）

第 i 种物品的体积为 $V_{i}$ ，重量为 $W_{i}$ 。

背包容量为 V 。

选物品装到背包，使得背包内的物品在总体积不超过C的前提下重量尽量大。

二、暴力破解的尝试

如果采用暴力破解，用回溯法，那么时间复杂度将会为 O( $2^{n}$ ) ，这显然是行不通的，于是我们开始用动态规划的思想来处理。

三、二维数组的尝试

1、动态规划的核心是状态和状态转移方程

1.1、状态

f [ i ] [ j ] ——定义：前 i个物品，背包容量 j下的最优解

我们据此可以发现一个关系——当前的状态是依赖于之前的状态的；同时，当前的状态是在之前的状态的基础上来选择对于当前的物品要不要选的两种决定。

换言之，对于f [i] [j]，可以由两个方面来做决定，（假设容量够）在f[i-1] [ j ]的基础上，①不要当前的第i个，②要当前的第i个。这就引出了状态转移方程。

1.2、状态转移方程

（1）容量不够：那么 f[ i ] [ j ]=f[i-1] [j]

（2）容量够：

①不要当前的。那么 f[ i ] [ j ]=f[i-1] [j];

②要当前的。那么 f[i] [j] = f[i - 1] [ j - v[i] ] + w[i]

(对于②为什么？当我们考虑当前的状态是，我们就需要考虑“刚才那个阶段的状态”，也就是说：我们想要在当前放入v[i] （注意此刻的最大容量记为了 j )，就需要要求前一个的最大值得是 j - v[i] ，于是我们得出来了前一个的基础为f[i - 1] [ j - v[i] ]，此时的价值在原基础上加上i的价值（w[i]）即可)

综上，我们就可以来决定当前的最优解怎么选了——选或者不选当前的第i个比较后取最大值，f[i] [j]=max (f[i-1] [j] , f[i-1] [j-w[i]]+v[i] )

2、代码

... 
    
	for(int i = 1; i <= n; i++) 
        for(int j = 1; j <= m; j++)
        {
            //  容量不够用
            if(j < v[i])	f[i][j] = f[i - 1][j];
            // 容量够用
            else	f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i - 1][j - v[i]] + w[i]);
        }      

    cout << f[n][m] << endl;

...

四、二维下的一些考虑的问题

1、f [MAX] [MAX] 初始化——全为“0”(零)

f[0] [0]=0 ，背包容量为0，什么也装不下，同理f[i] [0]=0;

与之对应的，所选物品数量为零，什么也不装，f[0] [i]=0；

由此，全部赋值为0。

2、二维数组的利用率

假设（后续表格展示的前提假设亦是如此）：

背包容量max=4；

物品1--重量1 价值 15；

物品2--重量3 价值 20；

物品3--重量4 价值 30；

则：

物品 i \ 容量 j	1	2	3	4
0	0	0	0	0
1	15	15	15	15
2	15	15	20	35
3	15	15	20	35

我们发现：每个“阶段”所用的只是当前的和“上一轮的”，于是就会出现可以压缩空间的问题，就有了优化方案——滚动数组

五、基于二维数组的优化——一维数组的尝试

其实，我们只需要简单的做个等价变形即可：

for(int i = 1; i <= n; i++) 
    for(int j = m; j >= 0; j--)	//改为 逆序 枚举
    {
        if(j < v[i]) 
    //      f[i][j] = f[i - 1][j];  // 优化前
            f[j] = f[j];            // 优化后
        else    
    //      f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i - 1][j - v[i]] + w[i]);  // 优化前
            f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);                   // 优化后
    }

于是：

for(int i = 1; i <= n; i++)
{
    for(int j = m; j >= v[i]; j--)  
        f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
}

f [j]表示：容量为j的背包，所背的物品价值可以最大为f [j]。

六、一维数组尝试中的思考

1、为什么 j 采用逆序：

①比较优化前后：如果不逆序，优化后的f[j - v[i]]指的是当前的f[i] [j - v[i]]，而非我们所期望的f[i - 1] [j - v[i]]；

②顺序枚举可能会导致重复装入：我们通过二维数组的尝试可以知道，第i个是依赖于第i-1个的——于是：如果采用正序，当i=1计算完后，数组内会存有值，当i=2时，会在此基础上再从j=0进行判断，此时就有可能会再加入一次之前已经加过的值（而0-1背包只能加一次）；但是采用逆序的话，则不会存在重合的状态——综合来看问题就在于：当遍历 j 到一半（或者一部分）时，此时数组内存在着两个“阶段”的数据，而使用数据都是后面位置用前面位置的，要想互不影响，只好从后面开始遍历，这样是用的前面位置的数据就会是“上一个阶段”的。（同时，这也解释了为什么二维数组的尝试不需要逆序遍历——每“层”的（每个“阶段”的，对应上述文本中的表格一行）数据都是同一个“阶段”的，不会被覆盖）