背包问题详细解析

01背包问题

1.经典例题

有 $N$ 件物品和一个容量是 $V$ 的背包。每件物品只能使用一次。

第 $i$ 件物品的体积是 $v_{i}$ ，价值是 $w_{i}$ 。

求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。

输出最大价值。

2.解题思路

先给出一种较为暴力的二维动态规划做法：

用 $d p_{(i, j)}$ 表示只看前 $i$ 个物品，当前总体积为 $j$ 时的最大总价值。

那么我们的答案就是选前 $n$ 个物品，当前体积为 $1$ 到 $v$ 中的最大值，即 $r e s = m a x {d p_{(n, 0 - v)}}$ 。

然后我们考虑 $d p_{(i, j)}$ 的计算公式：对于第 $i$ 个物品，我们有选与不选两种情况，那么分别写出公式：

1.不选第 $i$ 个物品，那么其价值和体积与上一个物品时一样，即： $d p_{(i, j)} = d p_{(i - 1, j)}$
2.选第 $i$ 个物品，那么其价值就是只看前 $i - 1$ 个物品且当前体积为 $j - v_{i}$ 时的价值加上当前物品的价值，即 $d p_{(i, j)} = d p_{(i - 1, j - v_{i})} + w_{i}$

那么我们的 $d p_{(i, j)}$ 就是以上两种情况的较大值。

但是我们想一想，如果只有这两个公式，那么 $d p$ 最开始什么也没有，用这个数组中的元素加减乘除也全都得0，所以我们还要考虑给数组赋初始值的问题。。。

然后我们不难发现，当一个物品也不考虑，且体积为 $0$ 时，最大价值为 $0$ ，即 $d p_{(0, 0)} = 0$

代码如下

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
//#define int long long

using namespace std;

#define N 1010
#define For(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(),cout.tie()

int n, m, v[N], w[N], dp[N][N];

int main () {
	IOS;
	cin >> n >> m;
	For (i, 1, n) cin >> v[i] >> w[i];

	dp[0][0] = 0;
	For (i, 1, n) {
		For (j, 0, m) {
			dp[i][j] = dp[i - 1][j];
			if (j >= v[i])
				dp[i][j] = max (dp[i][j], dp[i - 1][j - v[i]] + w[i]);
		}
	}

	int ans = 0;
	For (i, 0, m) {
		ans = max (ans, dp[n][i]);
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

然后我们再来考虑将二维改为一维去优化它：

我们发现在转移第 $i$ 个物品时，其最大价值永远只与 $i - 1$ 有关，所以我们其实不需要记录第二维，于是我们用 $d p_{i}$ 表示体积为 $i$ 时能得到的最大价值，然后我们来观察两个状态转移方程：

dp[i][j] = dp[i - 1][j];
dp[i][j] = max (dp[i][j], dp[i - 1][j - v[i]] + w[i]);

因为我们是消掉了数组的第一维，所以第一个方程可以直接去掉，但是对于第二个方程，如果强行滚掉第一维，肯定是不可取的。因为我们在计算时会用到 $d p_{(i - 1, j - v_{i})}$ 这个东西，但是如果强行消掉了，就会变成 $d p_{(i, j - v_{i})}$ ，显然是不行的。

我们不难发现，在枚举 $i$ 时，我们肯定是要保证 $j - v_{i}$ 没有被用过，但是如果我们从小到大枚举，而 $v_{i}$ 有肯定是个正数，所以当枚举到 $j$ 时， $j - v_{i}$ 肯定被使用过了。

所以我们可以倒着枚举，从大枚举到小，那样就能保证 $j - v_{i}$ 没有被使用过了。

所以我们就只需要一个状态转移方程：

dp[j] = max (dp[j], dp[j - v[i]] + w[i]);

而最后的枚举答案的循环也可以被省掉，答案就是 $d p_{m}$ ，因为 $d p_{i}$ 指体积最大为 $m$ 的最大价值，就将所有情况都包含在里面了。

代码如下

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
//#define int long long

using namespace std;

#define N 1010
#define For(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(),cout.tie()

int n, m, v[N], w[N], dp[N];

int main () {
	IOS;
	cin >> n >> m;
	For (i, 1, n) cin >> v[i] >> w[i];

	For (i, 1, n) {
		for (int j = m; j >= 0; j --) {
			if (j >= v[i])
				dp[j] = max (dp[j], dp[j - v[i]] + w[i]);
		}
	}

	cout << dp[m] << endl;
	return 0;
}

2.完全背包问题

1.经典例题

有 $N$ 种物品和一个容量是 $V$ 的背包，每种物品都有无限件可用。

第 $i$ 种物品的体积是 $v_{i}$ ，价值是 $w_{i}$ 。

求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。

输出最大价值。

2.解题思路

不难发现，完全背包问题其实就是在01背包问题的基础上将 最多选一次 变成了 可以选无限次。

那么我们仍然可以用 $f_{(i, j)}$ 表示选前 $i$ 个物品且总体积 $\leq j$ 的所有选法的价值的最大值。

然后对于每个 $f_{(i, j)}$ ，关于第 $i$ 个物品我们可以不选，也可以选 $1$ 个， $2$ 个 ... $k$ 个。

然后我们来分情况讨论这两种选法：

1.不选第 $i$ 个，即 $f_{(i - 1, j)}$
2.选第 $i$ 个且选择了 $k$ 个，即 $f_{(i - 1, j - k * v_{i})} + k * w_{i}$

最后答案就是两者的较大值。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 1010;
int n, m, v[N], w[N], f[N][N];

int main () {
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n; i ++)
		cin >> v[i] >> w[i];
	
	for (int i = 1; i <= n; i ++)
		for (int j = 0; j <= m; j ++)
			for (int k = 0; k * v[i] <= j; k ++)
				f[i][j] = max (f[i][j], f[i - 1][j - k * v[i]] + k * w[i]);
	
	cout << f[n][m] << endl;
	return 0;
}

但是很明显，代码最多有三层循环，时间复杂度 $O (n * m^{2})$ ，肯定会超时。。。

所以我们要想办法优化掉一层循环。

我们将状态转移方程展开，发现：

f [i] [j] = m a x (f [i] [j], f [i - 1] [j - k * v [i]] + k * w [i])

一 式 ： f [i] [j] = m a x (f [i - 1] [j], f [i - 1] [j - v] + w, f [i - 1] [j - 2 v] + 2 w . . .)

然后我们把 $f [i - 1] [j - v]$ 展开，即：

二 式 ： f [i] [j - v] = m a x (f [i - 1] [j - v], f [i - 1] [j - 2 v] + w, f [i - 1] [j - 3 v] + 2 w . . .)

所以我们发现，一式后面所有项的最大值实际上就是二式的 $f [i] [j - v]$ 再加上一个 $w$ 。。。

所以化简之后的方程式为：

f [i] [j] = m a x (f [i - 1] [j], f [i] [j - v] + w)

这样一来时间久被优化到两层 $O (n m)$ ，可以过了。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 1010;
int n, m, v[N], w[N], f[N][N];

int main () {
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n; i ++)
		cin >> v[i] >> w[i];
	
	for (int i = 1; i <= n; i ++)
		for (int j = 0; j <= m; j ++) 
			if (j - v[i] >= 0)
				f[i][j] = max (f[i - 1][j], f[i][j - v[i]] + w[i]);
			else f[i][j] = f[i - 1][j];
	
	cout << f[n][m] << endl;
	return 0;
}

然后和 $01$ 背包一样，完全背包同样可以直接删掉一维空间，而且是不需要倒序模拟的。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 1010;
int n, m, v[N], w[N], f[N];

int main () {
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n; i ++)
		cin >> v[i] >> w[i];
	
	for (int i = 1; i <= n; i ++)
		for (int j = v[i]; j <= m; j ++) 
		//注意这里实际上是 j 从 0~m 循环，然后判断 j - v[i] 是否大于等于0，简写成上面这样是等效的
			f[j] = max (f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
	
	cout << f[m] << endl;
	return 0;
}

3.多重背包问题

1.经典例题

posted @ 2023-08-06 13:21 linbaicheng2022 阅读(47) 评论(0) 编辑收藏举报

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