动态规划之基础背包——01背包

DP！！！

背包就是DP，只不过是一种类型罢了

首先，what is beibao(背包)？

顾名思义，背包问题就是求怎么样才能让自己背包里的物品最值钱。

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让我们通过一个故事来进一步了解背包问题吧！

终于放假了，作为996的你，终于获得了一个七天的假期。

有假期，当然要出去玩啦！

你现在有一个背包。背包就是用来装东西的嘛！所以，你开始往背包里边塞东西了……

看着一床的衣服、洗簌用品、拖鞋，当然还有电脑。想带的东西太多了，你没法全部都带上QAQ！那怎么办呢？

作为OIER的你，打开了你的电脑，想通过编程解决这个问题。

每一件物品在你心中都有一个实用性值，你想用你有限的背包空间带上实用性最高的那些物品；

物品的实用性值和大小如下：

衣服：100 8

洗漱用品：80 3

拖鞋：50 5

小说：90 7

作业：10 6

电脑：100 10

好了，你现在开始思考了：

首先，你定义了两个个数组来存你的数据：val[7]是每一件物品的实用性值；w[7]是每一件物品的大小。

你的背包大小为t=10；

你尝试了各种办法：暴力，枚举，贪心……

最终你使用“暴力出奇迹”大法得出了答案；但是，作为有强迫症的你，不甘心用暴力，所以，你想到了DP！

先定义一个二维的数组dp[i][j]；

dp[i][j]表示装进前i个物品、背包容量为j时的最大实用性值（1~i-1的物品已经装入）（这个数组在一开始就要全部赋值为0！！）

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以下为思考过程：

你现在拿着衣服，也就是第一件物品val[1]=100;w[1]=8，如果j<8，那么，很明显，你就无法将衣服塞进背包里，所以dp[1][j]=0，也就是说dp[1][1]~dp[1][7]=0；

如果j>=8的话，那你就可以塞进背包了，所以dp[1][j]=100;（这显然是最优解）

下一件，你拿着洗漱用品，val[2]=80;w[2]=3；这事，和上面那个一样，如果j<3，那么你就塞不下，dp[2][j]=0，也就是说dp[2][1]~dp[2][2]=0;

如果j>=3那么你就往里面塞。这时dp[2][j]=80；但是！这并不是最优，dp[2][j]=100，因为你空间只有10，你不可能把衣服和洗漱用品同时塞进背包，你只可能塞一个。很明显，塞衣服的实用性值比塞洗漱用品的实用性值要高，所以你应该塞进衣服。这么一算你有两种塞入方式：1.塞衣服；2.塞洗漱用品（因为空间只有10<w[1]+w[2]，所以没有第三种——都塞）

这样，我们来分别列出两种方式：

当j=10的时候

1.dp[2][j]=dp[1][j-w[2]]+val[2]  ==>  dp[2][10]=dp[1][10-3]+80（dp[1][10-3]=dp[1][7]=0，因为7<8，所以无法放进衣服）==> dp[2][10]=80;

“dp[1][j-w[i]]+val[2]”是因为你现在选择塞入洗漱用品，那么你的空间就应该减少w[2]=3，然后你的值dp[2][10]就应该加上val[2]=80

2.dp[2][j]=dp[1][j] ==> dp[2][10]=dp[1][10] （因为第一种没法塞进衣服，所以这种情况就是塞衣服而不塞洗漱用品）==> dp[2][10]=100;

这种方案就是不塞洗漱用品，只塞衣服，那么现在的值dp[2][10]就应该等于塞衣服时dp[1][10]的值

这么一列，显而易见地，第二种方案是更优的，所以我们选第二种

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那么，通过上面的分析，我们不难推导出状态转移方程：dp[i][j]=max( dp[ i-1 ][ j-w[i] ] + val[i] , dp[i-1][j] );

DP只要推出了状态转移方程，那就容易了！

但是要注意了，如果j<w[i]的时候怎么办？

如果眼下这个塞不进去，那么就不塞了，那现在的dp[i][j]就是dp[i-1][j]

话不多说，直接上代码：

//这是洛谷P1048采药的代码
//友善的我呈上网址：https://www.luogu.org/problemnew/show/P1048

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int t,m;//t是背包容量、m是物品的数量
int val[110],w[110];
int dp[110][1010];//第一个参数表示第i个物品；第二个参数表示背包容量为j 

int main()
{
    cin>>t>>m;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        cin>>w[i]>>val[i];
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        for(int j=t;j>=0;j--)//这里要循环到0，注意倒序
        {
            if(j>=w[i])//判断这个物品能否塞入
            {
                dp[i][j]=max(dp[i-1][j-w[i]]+val[i],dp[i-1][j]);
            }
            else//如果不能塞就不塞，那么现在的实用性值还是等于上一个的实用性值
            {
                dp[i][j]=dp[i-1][j];
            }
        }
    }
    cout<<dp[m][t]<<endl;//全部塞完之后，整个二维数组的最后一个值就是最终的答案QwQ！！！
    return 0;
}

看完之后，有的同学可能会问，这么高的空间复杂度，不会MLE吗？

你们放心，会！

所以，我们需要优化空间复杂度。

既然参数j已经无法优化了，那我们就优化参数i！！！

依旧是那道题：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int t,m;
int val[110],w[110];
int dp[1100];

int main()
{
    cin>>t>>m;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        cin>>w[i]>>val[i];
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        for(int j=t;j>=0;j--)
        {
            if(dp[j]<=dp[j-w[i]]+val[i] && j-w[i]>=0)
            {
                dp[j]=dp[j-w[i]]+val[i];
            }
        }
    }
    cout<<dp[t]<<endl;
    return 0;
}
/*
上面标红的部分可以继续优化（请先理解上面的代码再看优化）

　　for(int j=t;j>=w[i];j--)
　　{
　　　　dp[j]=max(dp[j-w[i]]+val[i],dp[j]);
　　}

　　改动部分以用AC的颜色标出

*/

温馨提示：这种一维优化利用了滚动数组。滚动数组的缺点就是会抹掉前面的数据。因为这道题的每一个阶段都是独立的，和前面的阶段没啥关系，所以可以优化。在做题的时候要小心QAQ！

大家明白了吗？如果不明白，可以再看一遍我的文章（某人不厚道地笑了）或者去OJ上面刷一些题目。当然，欢迎留言问我问题！