背包九讲——完全背包
完全背包是01背包的加强版,先来看看《背包问题九讲》里是怎么描述这个问题的:
题目
有N种物品和一个容量为V的背包,每种物品都有无限件可用。第i种物品的费用是c[i],价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量,且价值总和最大。
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再来看看《背包问题九讲》是怎么解决这个问题的:
基本思路
这个问题非常类似于01背包问题,所不同的是每种物品有无限件。也就是从每种物品的角度考虑,与它相关的策略已并非取或不取两种,而是有取0件、取1件、取2件……等很多种。如果仍然按照解01背包时的思路,令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值。仍然可以按照每种物品不同的策略写出状态转移方程,像这样:
f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k*c[i]<=v}
这跟01背包问题一样有O(VN)个状态需要求解,但求解每个状态的时间已经不是常数了,求解状态f[i][v]的时间是O(v/c[i]),总的复杂度可以认为是O(V*Σ(V/c[i])),是比较大的。
将01背包问题的基本思路加以改进,得到了这样一个清晰的方法。这说明01背包问题的方程的确是很重要,可以推及其它类型的背包问题。但我们还是试图改进这个复杂度。
呃呃呃,因为这是一个时间复杂度最慢的一个思想,故不给出我的理解和代码。
再来看一个小小的优化:
一个简单有效的优化
完全背包问题有一个很简单有效的优化,是这样的:若两件物品i、j满足c[i]<=c[j]且w[i]>=w[j],则将物品j去掉,不用考虑。这个优化的正确性显然:任何情况下都可将价值小费用高得j换成物美价廉的i,得到至少不会更差的方案。对于随机生成的数据,这个方法往往会大大减少物品的件数,从而加快速度。然而这个并不能改善最坏情况的复杂度,因为有可能特别设计的数据可以一件物品也去不掉。
因为这个优化十分简单,代码实现不难,且优化的时间只是常数级别的,故不给出我的理解和代码。
好了,终于到了今天我最想讲的O(VN)的优化了,我们先来看一看《背包问题九讲》里是怎么写的:
O(VN)的算法
这个算法使用一维数组,先看伪代码:
for i=1..N
for v=0..V
f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}
你会发现,这个伪代码与P01的伪代码只有v的循环次序不同而已。为什么这样一改就可行呢?首先想想为什么P01中要按照v=V..0的逆序来循环。这是因为要保证第i次循环中的状态f[i][v]是由状态f[i-1][v-c[i]]递推而来。换句话说,这正是为了保证每件物品只选一次,保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时,依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果f[i-1][v-c[i]]。而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件,所以在考虑“加选一件第i种物品”这种策略时,却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果f[i][v-c[i]],所以就可以并且必须采用v=0..V的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。
值得一提的是,上面的伪代码中两层for循环的次序可以颠倒。这个结论有可能会带来算法时间常数上的优化。
这个算法也可以以另外的思路得出。例如,将基本思路中求解f[i][v-c[i]]的状态转移方程显式地写出来,代入原方程中,会发现该方程可以等价地变形成这种形式:
f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i][v-c[i]]+w[i]}
将这个方程用一维数组实现,便得到了上面的伪代码。
最后抽象出处理一件完全背包类物品的过程伪代码:
procedure CompletePack(cost,weight)
for v=cost..V
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}
呃呃呃,这里的使用的语言好像不是c++,请各位谅解。
我的理解是:先来看看上次写的01背包:戳我访问,可以发现,在01背包使用一维数组时,v的循环是从后往前的,原因是不然程序重复使用一个物品,那么这里可以重复使用同一个物品,直接换成从前往后不就行了吗!
代码:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
int c[1001],w[1001],f[1001];
int main()
{
int n,v;
std::cin>>n>>v;
for(int i = 1;i<=n;i++)std::cin>>c[i]>>w[i];
for(int i = 1;i<=n;i++)
for(int j = c[i];j<=v;j++)
f[j] = std::max(f[j],f[j-c[i]]+w[i]);
std::cout<<f[v];
return 0;
}