Subset Sum 问题单个物品重量限制前提下的更优算法

前言

看了 ShanLunjiaJian 关于这个问题的文章，是完全没看懂，沙东队爷的中枢神经内核配置把我偏序了。叉姐在下面提了个论文，论文找不到资源，谁搞到了可以 Q 我一份之类的拜谢了。然后找到了这个可能是阅读笔记或者是翻译的的东西，这下算是看懂了。

感觉还是很有意思，对于 DP 的状态设计、优化思路等都有很大启发，所以写一下。

（有单个物品重量限制的）Subset Sum 问题

ShanLunjiaJian 把这个叫做 Knapsack，我是要批判的，因为感觉上是带不了权的啊，这不是Knapsack！

那么描述一下这个问题：给定 $n$ 个物品，每个物品有一个正整数重量 $w_{i}$ ，保证 $1 \leq w_{i} \leq V$ ，其中 $V$ 是所谓的重量限制。现在给一个容量 $C$ ，取这些物品的一个子集，使得重量和不能超过这个容量，然后要求物品总重量的最大值，也就是让浪费的容量最小。

低论

这个问题显然有一个做法，叫做把它当作一个普通 Knapsack 问题，时间复杂度 $Θ (n C)$ 。那么有意义的 $C \leq n V$ 。所以其实上界是 $n^{2} V$ 。现在我们有高论！可以做到 $Θ (n V)$ 。

高论

首先这个问题有一个经典贪心做法，叫做给所有元素从小到大排个序，然后选一个前缀使得再多选一个就会超过容量限制。这个做法当然是错的，但是可以基于它给出的这个既有选择方法去做调整，那么这样一来，剩余容量就是 $O (V)$ 的（如果大于 $V$ 就一定可以再多选一个，矛盾了），很可做！

现在我们面临的问题是什么呢？我们的 DP 可能出现负数重量了（因为要支持取消选择一些原本选了的物品），这种条件下，要去维持我的剩余容量始终保持 $O (V)$ ，是有一点难度的。怎么办呢？

考虑一个直觉，是不是可以这样去操作：当试图去取消一个原先选的物品（也就是选负数）的时候，一定要让当前容量是超额的；当去选正数的时候，一定要让当前容量是不满的。考虑最优解是不是一定能用这种方式构造出来——显然是可以的。证明可以这样想，假设我从贪心生成的“基础解”开始，按照某个顺序去把它修正成最优解，是不是每一步都一定能按照上述规则操作。那么可以这样想：如果现在容量是超额的，但是不存在某个元素使得“最优解中没选它，当前解中选了它”，那么最优解选择的集合一定包含当前解，它的容量就一定也是超额的，矛盾，所以一定有办法去进行操作。反之亦然，因此按照这样的规则操作，必然能得到某种最优解。更棒的是，在这样操作的过程中，剩余容量始终在 $[- V, V]$ 以内！真是好极了，接下来只需要基于这种构造方案来 DP 就可以了。

先设计一个朴素 DP。设贪心得到的分界点为 $p$ ，使得目前选择的集合是标号 $\leq p$ 的物品， $S_{0} = \sum_{i = 1}^{p} w_{i}$ 。那么设 $g_{i, j, k}$ 表示右边决策到 $i$ ，左边决策到 $j$ ，当前剩余容量为 $k \in [- V, V]$ 的方案是否存在。这个 DP 复杂度是 $Θ (n^{2} V)$ ，真是一点优化效果都没有！但是这个东西的进一步改造非常方便，这就是下一步的想法。

注意到这是一个值为 Boolean 类型的 DP，如果发现某一维具有单调性，那么就可以压缩掉这维。可以观察到：如果 $g_{i, j, k} = 1$ ，那么对于任何 $t \leq j$ ，都有 $g_{i, t, k} = 1$ ——毕竟在左侧做出更多决策一定不会使可达集合变小。那么可以设 $f_{i, k} = max {0 \leq j \leq p | g_{i, j, k} = 1}$ 。如果不存在这样的 $j$ ，设为 $- 1$ 。那么 DP 的初始条件是 $f_{p + 1, S_{0}} = p$ 。转移如下：

{\begin{cases} f_{i + 1, k + w_{i}} \leftarrow f_{i, k}, & k \leq 0 & (1) \\ f_{i + 1, k} \leftarrow f_{i, k}, & any & (2) \\ f_{i, k - w_{t}} \leftarrow t - 1; & k \geq 0 \land t \leq f_{i, k} & (3) \end{cases}

整体按照 $i$ 递增转移，每个 $i$ 按照 $k$ 递减的方向做转移 (3) 即可。时间复杂度是 $Θ (n^{2} V)$ ，真是一点优化效果都没有！但是这个 DP 已经是 2D-1D 的了，进一步改造非常方便，这就是下一步的想法。

注意到只有转移 (3) 的复杂度不对，而这个转移很大程度上是重复的——某些转移过程，在 $i = a$ 可以做，在 $i = a - 1$ 同样可以做。那么可以尝试去掉这些转移，让本质相同的转移在最小的可以进行的 $i$ 处去进行。注意到对于某个特定的 $k$ ，关于某个特定的 $t$ 的转移能否进行，只和 $f_{i, k}$ 是否足够大有关，而我们有单调性 $f_{i, k} \leq f_{i + 1, k}$ ，这是因为转移 (2) 的存在。所以转移 (3) 的条件可以改为 $k \geq 0 \land f_{i - 1, k} \leq t \leq f_{i, k}$ 。这样一来，某个特定 $k$ 对总复杂度的贡献是 $O (n)$ 的，所以总复杂度就变成了 $Θ (n V)$ ！我们成功了！