动态规划——01背包问题

一、最基础的动态规划之一

01背包问题是动态规划中最基础的问题之一，它的解法完美地体现了动态规划的思想和性质。

01背包问题最常见的问题形式是：给定n件物品的体积和价值，将他们尽可能地放入一个体积固定的背包，最大的价值可以是多少。我们可以用费用c和价值v来描述一件物品，再设允许的最大花费为w。只要n稍大，我们就不可能通过搜索来遍查所有组合的可能。运用动态规划的思想，我们把原来的问题拆分为子问题，子问题再进一步拆分直至不可再分（初始值），随后从初始值开始，尽可能地求取每一个子问题的最优解，最终就能求得原问题的解。由于不同的问题可能有相同的子问题，子问题存在大量重叠，我们需要额外的空间来存储已经求得的子问题的最优解。这样，可以大幅度地降低时间复杂度。

有了这样的思想，我们来看01背包问题可以怎样拆分成子问题：

要求解的问题是：在n件物品中最大花费为w能得到的最大价值。显然，对于0 <= i <= n,0 <= j <= w，在前i件物品中最大花费为j能得到的最大价值。

可以使用数组dp[n + 1][w + 1]来存储所有的子问题，dp[i][j]就代表从前i件物品中选出总花费不超过j时的最大价值。

可知dp[0][j]值一定为零。那么，该怎么递推求取所有子问题的解呢。显而易见，要考虑在前i件物品中拿取，首先要考虑前i - 1件物品中拿取的最优情况。

当我们从第i - 1件物品递推到第i件时，我们就要考虑这件物品是拿，还是不拿，怎样收益最大。

①：首先，如果j < c[i]，那第i件物品是无论如何拿不了的，dp[i][j] = dp[i - 1][j];

②：如果可以拿，那就要考虑拿了之后收益是否更大。拿这件物品需要花费c[i]，除去这c[i]的子问题应该是dp[i - 1][j - c[i]]，这时，就要比较dp[i - 1][j]和dp[i - 1][j - c[i]] + v[i]，得出最优方案。

细节和代码如下：

int n, w;
int c[maxn], v[maxn];//c为费用，v为价值
int dp[maxn][maxw];

int main()
{
    scanf("%d %d", &w, &n);//w为最大费用，n为数量
    for(int i = 1;i <= n;i++)
    {
        scanf("%d %d", &c[i], &v[i]);//输入，注意这里的下标是从1开始的
    }
    memset(dp, 0, sizeof(dp));//若不涉及多组输入，这一步其实可以省略
    //如果下标从0开始，下面也需要稍作修改
    for(int i = 1;i <= n;i++)
    {
        for(int j = 0;j <= w;j++)
        {
            if(c[i] > j)
                dp[i][j] = dp[i - 1][j];//状态转移，情况①
            else
                dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - c[i]] + v[i]);//情况②
        }
    }
    printf("%d\n", dp[n][w]);
}

这样做，时间复杂度和空间复杂度都是o(nw)

二、空间优化 一维数组实现

在上面的解法中，我们把所有子问题的最优解都用数组保存了下来，实际上，这些最优解并不是一直都有用的。从状态转移方程可以看出，对当前的i，只有i - 1时的最优解才是有用的，再之前的已经不会再被使用了。如果能把已经无用的空间节省出来，空间复杂度能够得到非常大的优化，这在有些问题中是非常必要的。

实际上，只需要一个一维的数组dp[m + 1]（省去n那一维）就可以完成任务。外层的循环每一轮开始时，这个数组里存的要么是初始值（i = 0的情况），要么是上一轮递推得到的值（i - 1时的情况），符合原本状态转移方程的要求。

不过，这样做就需要更加的注意递推的方向，更新的顺序。在更新前，数组里存储的是上一轮的值（或初始值），更新后，更新了的位置存储的就是这一轮的值了。在01背包的问题里，我们要从i - 1的情况递推上来，所以要倒着更新。这一点需要着重理解（反了的话就变成完全背包了）。

代码如下：

int c[maxn], v[maxn];//c为费用，v为价值
int dp[maxw];
//其余部分略
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
    for(int j = w;j >= c[i];j--)
    //这里要反着更新，否则dp[j - c[i]]会比dp[j]先更新，而更新后它对应的就不是i - 1时的状态了
    {
        dp[j] = max(dp[j], dp[j - c[i]] + v[i]);
    }
}

三、01背包的常见变形

实践中很难遇到如此标准的01背包模型，大多数情况下，我们都需要根据具体问题对上面的算法做出一定的修改。

这些问题都是背包问题常见的，解决方法也都相同或者相似：

1.求取的不是价值的最大值而是最小值：把max换成min即可，原理相同。

2.费用不一定都是正数：负数没法用作数组的下标，可以考虑把所有的费用都先加上一个较大的数再做处理（平移）。

3.费用存在小数：可以把所用费用都先放大一定的倍数，是所有的费用值都为整数（推荐HDU 1864）。

4.要求恰好装满，即选取的物品的费用之和恰等于最大花费：

相比基础的01背包，这里我们需要一个正常情况不可能出现的值来表示状态非法、不可能实现，这个值可以是-1、-INF之类的，视具体情况而定。

在初始化时，除dp[i][0]的值应为0之外，其他所有值都应为非法值。在状态转移时，首先要判断子问题是否非法。

for(int i = 1;i <= w;i++)//初始化
{
    dp[i] = -INF;
}
dp[0] = 0;
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
    for(int j = w;j >= c[i];j--)
    {
        if(dp[i - c[i]] != -INF)//判断是否合法，这里其实省去了几种情况，用二维数组实现的话需注意
        {
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - c[i]] + v[i]);
        }
    }
}