使用bitset优化0/1背包的时空复杂度。(100320. 执行操作可获得的最大总奖励 II)

被leetcode401单周赛狠狠打败了。就此记录下bitset优化0-1背包。利用数字的二进制操作对整体进行转移

问题描述

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求解思路

状态定义

定义$dp[i][j]$表示能否从前i个数中得到总奖励j。每次转移对前一个状态的j有特殊要求。

状态转移方程

考虑第i个物品选或不选：

• 不选第i个物品：$dp[i][j]=dp[i-1][j]$ 。
• 选择第i个物品：$dp[i][j]=dp[i-1][j-w[i]]$ ,需要满足$j\ge w[i]$ 且$j-w[i]<w[i]$ 。
  状态为能否从前i个数中得到奖励，即$$dp[i][j]=dp[i-1][j]\cup dp[i-1][j-w[i]]$$

初始化方式

初始值$dp[0][0]=true$ 。
所求答案为$dp[n][j]=true$中最大的j。

优化方式

对应的状态个数为$n^2$,当然是过不了当前$n=2\times {10}^5$ 的数据。需要优化掉其中一个维度。

1. 由于状态转移中第$i$层一定从第$i-1$层转移过来，可以两个数组或者原地滚动进行优化。但只省下空间，总状态数还是那么多，没啥用

2. 注意到$dp[i][j]$一定是从$dp[i-1][j]$和$dp[i-1][j-w[i]]$转移过来，对应的$0\le j-w[i]<w[i]$。也就是存在一一对应的关系，并且转移方式为两者取或。使用bitset对优化当前0/1背包的状态转移。

   用二进制数表示每个状态，二进制数位j上的数字表示当前状态下的j能否被取到。 对应的状态转移为了满足限制条件，需要先将$x$中数位大于$j$的位置设置为0，再将当前的二进制数$x$与左移$w[i]$位的$x^{\ast }$取或。初始状态设置为1，代表开始只有0满足要求。

bitset介绍

该部分内容搬运自 -Wallace-的文章

它类似于 bool 数组，每个位置只有两种值：0 或 1。
bitset 的实现方式是压位，那么一个大小为 n𝑛 的 bitset 的空间复杂度为 $O(\frac{1}{\omega }n)$。其中 ω=32 或 64（系统位数）。

基本操作

bitset<N> f;//定义一个大小为N的bitset，下标范围[0, N)
f.set(i);//在下标i设为1
f.reset(i);//将下标i设置为0
f.test(i);//判断下标i处是否为1
f[i];//取值

除了构造函数，其余操作均为$O(1)$。

进阶操作

f.set(); // 全部置为 1 
f.reset(); // 全部置为 0 
f = g; // bitset 赋值 
f &= g; // 将 f 对 g 做按位与操作 
f |= g; // 将 f 对 g 做按位或操作 
f ^= g; // 将 f 对 g 做按位异或操作 
// 以及各种位运算操作 
f.count(); // 计算 bitset 中 1 的个数

这些范围操作都是$O(\frac{1}{\omega }n)$的时间复杂度。bitset时空复杂度中的常数$\frac{1}{w}$ 是bitset优化的关键。

代码案例

源自灵茶山艾府

bitset<100000>f{1};//初始化下标0的位置为1
for (int v : rewardValues) {
    int shift = f.size() - v;
    //bitset的区间操作带有常数1/w
	f |= f << shift >> shift << v;
}
for (int i = rewardValues.back() * 2 - 1; ; i--) {
		//获取最大的下标为1的位置
        if (f.test(i)) {
            return i;
        }
    }

使用bitset优化后，对应的时间复杂度为$(\frac{1}{w}{n}^2)$ ,$w$对应为32或64，满足数据范围$n=2\times {10}^5$的要求。