背包九讲之01背包(ZeroOnePack)

最近看背包九讲，对于我们这种小白来说需要仔细研读，由于里面有些思维跳跃，故在原文基础上加上自己的理解。

题目

有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。

基本思路

这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。

用子问题定义状态：即f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是：

f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}

这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。所以有必要将它详细解释一下：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物 品放入容量为v的背包中”，价值为f[i-1][v]；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。

优化空间复杂度

以上方法的时间和空间复杂度均为O(VN)，其中时间复杂度应该已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O。

先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环i=1..N，每次算出来二维数组f[i][0..V]的所有值。那么，如果只用一个数组 f[0..V]，能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态f[i][v]呢？f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1] [v-c[i]]两个子问题递推而来，能否保证在推f[i][v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[i-1][v]和f[i-1] [v-c[i]]的值呢？事实上，这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺序推f[v]，这样才能保证推f[v]时f[v-c[i]]保存的是状态 f[i-1][v-c[i]]的值。伪代码如下：

for i=1..N

    for v=V..0

        f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};

其中的f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]}一句恰就相当于我们的转移方程f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]}，因为现在的f[v-c[i]]就相当于原来的f[i-1][v-c[i]]。如果将v的循环顺序从上面的逆序改成顺序的话，那么则成了f[i][v]由f[i][v-c[i]]推知，与本题意不符，但它却是另一个重要的背包问题P02最简捷的解决方案，故学习只用一维数组解01背包问题是十分必要的。（为什么要逆序呢？当逆序时，从i=1开始举例：在外循环计算完i=1后，对应于i=1时的所有f[0...V]都已经有一个值，那么在外循环进入i=2时，最大的f[V]=max{f[V],f[V-c[2]]+w[i]}，这个时候用到的f[V-c[2]]不就是在上一个循环i=1时得到的f[V-c[i]]么，也即为f[i-1][v-c[i]]，所以逆序才能对应上二维时候公式。也就是：在执行v时，还没执行到v-c[i]的，因此，f[v-c[i]]保存的还是第i-1次循环的结果。而如果是顺序的话，那么在v从0到V的过程中，会把f[0...V]逐渐的更新，便是f[i][v-c[i]]了，而不是f[i-1][v-c[i]]，所以这里要逆序。）

事实上，使用一维数组解01背包的程序在后面会被多次用到，所以这里抽象出一个处理一件01背包中的物品过程，以后的代码中直接调用不加说明。

过程ZeroOnePack，表示处理一件01背包中的物品，两个参数cost、weight分别表明这件物品的费用和价值。

procedure ZeroOnePack(cost,weight)

    for v=V..cost

        f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}

注意这个过程里的处理与前面给出的伪代码有所不同。前面的示例程序写成v=V..0是为了在程序中体现每个状态都按照方程求解了，避免不必要的思维复杂度。而这里既然已经抽象成看作黑箱的过程了，就可以加入优化。费用为cost的物品不会影响状态f[0..cost-1]，这是显然的。

有了这个过程以后，01背包问题的伪代码就可以这样写：

for i=1..N

    ZeroOnePack(c[i],w[i]);

初始化的细节问题

我们看到的求最优解的背包问题题目中，事实上有两种不太相同的问法。有的题目要求“恰好装满背包”时的最优解，有的题目则并没有要求必须把背包装满。一种区别这两种问法的实现方法是在初始化的时候有所不同。

如果是第一种问法，要求恰好装满背包，那么在初始化时除了f[0]为0其它f[1..V]均设为-∞，这样就可以保证最终得到的f[N]是一种恰好装满背包的最优解。

如果并没有要求必须把背包装满，而是只希望价格尽量大，初始化时应该将f[0..V]全部设为0。

为什么呢？可以这样理解：初始化的f数组事实上就是在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。如果要求背包恰好装满，那么此时只有容量为0的背包可能被价值为0的nothing“恰好装满”，其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，它们的值就都应该是-∞了。如果背包并非必须被装满，那么 任何容量的背包都有一个合法解“什么都不装”，这个解的价值为0，所以初始时状态的值也就全部为0了。

这个小技巧完全可以推广到其它类型的背包问题，后面也就不再对进行状态转移之前的初始化进行讲解。

一个常数优化

前面的伪代码中有 for v=V..1，可以将这个循环的下限进行改进。

由于只需要最后N对应的f[n]的值，所以在前一个物品N-1的f[0...V]中，其实只要知道f[v-c[n]]即可；对应的求N-1的f[v-c[n]]时，又只需要知道N-2时的f[v-c[n]-c[n-1]]即可。以此类推，对以第j个背包，其实只需要知道到f[v-sum{c[j..n]}]即可，即代码中的

for i=1..N

    for v=V..0

可以改成

for i=1..n

    bound=max{V-sum{c[i..n]},c[i]}

    for v=V..bound

这对于V比较大时是有用的。

另附HDU 2602题Bone Collector，是一个纯正的01背包问题。代码如下：

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>

int value[1005];
int volume[1005];
int dp[1005];

int max(int a,int b)
{
    return a>b?a:b;
}

int main()
{
    int t;
    int n,v;
    int i,j;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        scanf("%d%d",&n,&v);
        for(i=1; i<=n; i++)
        {
            scanf("%d",&value[i]);
        }
        for(i=1; i<=n; i++)
        {
            scanf("%d",&volume[i]);
        }

        for(i=1; i<=n; i++)
        {
            for(j=v; j>=volume[i]; j--)
            {
                dp[j] = max(dp[j],dp[j-volume[i]]+value[i]);
            }
        }
        printf("%d\n",dp[v]);
    }
    return 0;
}

此代码没有进行深入优化，显然根据背包九讲中的优化方法还可以进一步的优化循环步数。优化代码主要是对逆序时候的下限进行运算。

改进后的代码如下方所示。背包九讲中说在V很大的时候这种优化比较有用，不过经过亲身在HDU上面测试，发现题目AC的运行时间及内存占用都比优化前要多。所以这种优化还是得视具体情况而定。

        for(i=1; i<=n; i++)
        {
            temp = 0;
            k = i;
            while(k <= n){
                temp += volume[k];
                k++;
            }
            bound = max(volume[i],v-temp);
            for(j=v; j>=bound; j--)
            {
                dp[j] = max(dp[j],dp[j-volume[i]]+value[i]);
            }
        }