动态规划dp问题之背包问题(0-1 完全)
动态规划(dp)
背包问题
0-1背包
0-1背包问题是一种组合优化的 NP 完全问题：有 N 个物品和容量为 W 的背包，每个物品都有自己的体积 w 和价值 v，求拿哪些物品可以使得背包所装下物品的总价值最大。如果限定每种物品只能选择 0 个或 1 个，则问题称为 0-1 背包问题；如果不限定每种物品的数量，则问题称为无界背包问题或完全背包问题。
解决办法:
用动态规划来解决背包问题。以 0-1 背包问题为例。我们可以定义一个二维数组 dp存储最大价值，其中 dp[i][j] 表示前 i 件物品体积不超过 j 的情况下能达到的最大价值。在我们遍历到第 i 件物品时，在当前背包总容量为j的情况下，如果我们不将物品 i 放入背包，那么 dp[i][j]= dp[i-1][j]，即前 i 个物品的最大价值等于只取前 i-1 个物品时的最大价值；如果我们将物品 i 放入背包，假设第 i 件物品体积为 w，价值为 v，那么我们得到 dp[i][j] = dp[i-1][j-w] + v。我们只需在遍历过程中对这两种情况取最大值即可，总时间复杂度和空间复杂度都为 O(NW)。
代码：
int knapsack(vector<int> weights, vector<int> values, int N, int W)
{
vector<vector<int>> dp(N + 1, vector<int>(W + 1, 0)); //dp空间二维vector
for (int i = 1; i <= N; ++i) //遍历N件物品
{
int w = weights[i-1], v = values[i-1]; //初始化从0
for (int j = 1; j <= W; ++j)
{
if (j >= w) //容量能装下体积w这个物品 能放入不代表放入性价比最高
{
// 不放入 放入之后(这里j-w是放入这个w后其余东西所占位置,答案不一,存的是max)
dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-w] + v);
}
else //装不下
{
dp[i][j] = dp[i-1][j]; //只能是放入前的dp
}
}
}
return dp[N][W];
}
可以进一步对 0-1 背包进行空间优化，将空间复杂度降低为 O(W)。如图所示，假设我们目前考虑物品 i = 2，且其体积为 w = 2，价值为 v = 3；对于背包容量 j，我们可以得到 dp[2][j]= max(dp[1][j], dp[1][j-2] + 3)。这里可以发现我们永远只依赖于上一排 i = 1 的信息，之前算过的其他物品都不需要再使用。因此我们可以去掉 dp 矩阵的第一个维度，在考虑物品 i 时变成 dp[j]= max(dp[j], dp[j-w] + v)。
这里需要注意的是第二层for循环遍历背包时需要反向遍历,因为我们在二维dp的方法中正向遍历没问题的原因是我们有第一个维度i来存储上一层的状态,而优化为一维之后,我们要通过状态不断覆盖来实现二维的操作,如果是正向遍历, dp[j-w] 的值在遍历到j之前就已经被更新成物品 i 的值了。(即在处理dp[j-w]+v)时dp[j-w]里已经存在i的一次放入了,那么就会重复再放一次,如果反向遍历那么就会解决这个问题,代码如下:
int knapsack(vector<int> weights, vector<int> values, int N, int W)
{
vector<int> dp(W + 1, 0);
for (int i = 1; i <= N; ++i)
{
int w = weights[i-1], v = values[i-1];
for (int j = W; j >= w; --j)
{
dp[j] = max(dp[j], dp[j-w] + v);
}
}
return dp[W];
}
完全背包
假设我们遍历到物品 i = 2，且其体积为 w = 2，价值为 v = 3；对于背包容量 j = 5，最多只能装下 2 个该物品。那么我们的状态转移方程就变成了 dp[2][5] = max(dp[1][5], dp[1][3] + 3, dp[1][1] + 6)。如果采用这种方法，假设背包容量无穷大而物体的体积无穷小，我们这里的比较次数也会趋近于无穷大，远超 O(NW) 的时间复杂度。
怎么解决这个问题呢？我们发现在 dp[2][3] 的时候我们其实已经考虑了 dp[1][3] 和 dp[2][1]的情况，而在时 dp[2][1] 也已经考虑了 dp[1][1] 的情况。因此，如图下半部分所示，对于拿多个物品的情况，我们只需考虑 dp[2][3] 即可，即 dp[2][5] = max(dp[1][5], dp[2][3] + 3)。这样，我们就得到了完全背包问题的状态转移方程：dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-w] + v)，其其与 0-1 背包问题的差别仅仅是把状态转移方程中的第二个 i-1 变成了 i
int knapsack(vector<int> weights, vector<int> values, int N, int W)
{
vector<vector<int>> dp(N + 1, vector<int>(W + 1, 0));
for (int i = 1; i <= N; ++i)
{
int w = weights[i-1], v = values[i-1];
for (int j = 1; j <= W; ++j)
{
if (j >= w)
{
dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-w] + v);
}
else
{
dp[i][j] = dp[i-1][j];
}
}
}
return dp[N][W];
}
同样可以压缩空间,但是要注意我们在遍历每一行的时候必须正向遍历，因为我们需要利用当前物品在第 j-w 列的信息。代码恰好是0-1背包的二层for变为正序
int knapsack(vector<int> weights, vector<int> values, int N, int W)
{
vector<int> dp(W + 1, 0);
for (int i = 1; i <= N; ++i)
{
int w = weights[i-1], v = values[i-1];
for (int j = w; j <= W; ++j)
{
dp[j] = max(dp[j], dp[j-w] + v);
}
}
return dp[W];
}
