01背包问题 hnust_xiehonghao的总结

题目

有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的体积是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]。

这时候我们可以用二维数组进行做了

//二维数组实现背包
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#defineN1002
intmax[N][N];
intmain()
{
intjiazhi[N],tiji[N],t,i,j,n,v;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d",&n,&v);
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&jiazhi[i]);
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&tiji[i]);
memset(max,0,sizeof(max));
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=0;j<=v;j++)
{
if(tiji[i]<=j&&max[i-1][j]<max[i-1][j-tiji[i]]+jiazhi[i])
max[i][j]=max[i-1][j-tiji[i]]+jiazhi[i];
else
max[i][j]=max[i-1][j];
}
printf("%d\n",max[n][v]);
}
return0;
}

但是我们为了以后解决更加复杂的背包必须学会用一维数组解决它

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。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。

伪代码如下：

fori=1..N

forv=V..0

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

画个图给大家演示下

也就是说此时的f[v],f[v-c[i]]是前面的

假设体积是10

背包体积----->>>>>

价值	大小	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
2	1	2	2	2	2	2	2	2	2	2	2	放	第	一	个	物	品
1	2	2	2	3	3	3	3	3	3	3	3	放	第	二	个
5	3	2	2	3	3	3	8	8	8	8	8
4	4	2	2	3	3	3	8	8	8	8	12
3	5

可以看出f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};

V是从大到小的

其中的f[v],f[v-c[i]]是前面的值比较的结果赋值给f[v]

比如说当i=5的时候f[v]>f[v-5]注意两者都是i=4时候的值得出的结果12赋值到新的f[v]但是此时的f[v]是i=5的

当把最后一行改写成556的时候我们可以看出f[v-6]=f[4]+55大于f[v]所以我们可以得出新的f[v]=f[4]+55这样结果就是取的体积为126

代码如下//一维数组实现背包问题
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#defineN1002

intmain()
{
intdp[N],vol[N],val[N];
intt,n,i,j,v;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d",&n,&v);
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&val[i]);
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&vol[i]);
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=v;j>=vol[i];j--)
if(dp[j]<dp[j-vol[i]]+val[i])
dp[j]=dp[j-vol[i]]+val[i];
printf("%d\n",dp[v]);
}
return0;
}

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。