01背包问题

       01背包是在M件物品取出若干件放在空间为W的背包里，每件物品的体积为W1，W2至Wn，与之相对应的价值为P1,P2至Pn。01背包是背包问题中最简单的问题。01背包的约束条件是给定几种物品，每种物品有且只有一个，并且有权值和体积两个属性。在01背包问题中，因为每种物品只有一个，对于每个物品只需要考虑选与不选两种情况。如果不选择将其放入背包中，则不需要处理。如果选择将其放入背包中，由于不清楚之前放入的物品占据了多大的空间，需要枚举将这个物品放入背包后可能占据背包空间的所有情况。

问题雏形

01背包题目的雏形是：

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。 从这个题目中可以看出，01背包的特点就是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。 其状态转移方程是： f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]} 对于这方程其实并不难理解，方程之中，需要放置的是第i件物品，这件物品的体积是c[i],价值是w[i],因此f[i-1][v]代表的就是不将这件物品放入背包，而f[i-1][v-c[i]]+w[i]则是代表将第i件放入背包之后的总价值，比较两者的价值，得出最大的价值存入现在的背包之中。 理解了这个方程后，将方程代入实际题目的应用之中，可得

for (i = 1; i <= n; i++)
    for (j = v; j >= c[i]; j--)//在这里，背包放入物品后，容量不断的减少，直到再也放不进了
        f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i - 1][j - c[i]] + w[i]);

问题描述

求出获得最大价值的方案。 注意：在本题中，所有的体积值均为整数。

算法分析

对于背包问题，通常的处理方法是搜索。 用递归来完成搜索，算法设计如下：

int make(int i, int j)//处理到第i件物品,剩余的空间为j   初始时i=m , j=背包总容量
{
    if (i == 0)    return 0;
    if (j >= c[i])//(背包剩余空间可以放下物品 i )
    {
        int r1 = make(i - 1, j - w[i]);//第i件物品放入所能得到的价值
        int r2 = make(i - 1, j);//第i件物品不放所能得到的价值
        return max(r1, r2);
    }
        return make(i - 1, j);//放不下物品 i 
}

这个算法的时间复杂度是O(2^n)，我们可以做一些简单的优化。 由于本题中的所有物品的体积均为整数，经过几次的选择后背包的剩余空间可能会相等，在搜索中会重复计算这些结点，所以，如果我们把搜索过程中计算过的结点的值记录下来，以保证不重复计算的话，速度就会提高很多。这是简单的“以空间换时间”。 我们发现，由于这些计算过程中会出现重叠的结点，符合动态规划中子问题重叠的性质。 同时，可以看出如果通过第N次选择得到的是一个最优解的话，那么第N-1次选择的结果一定也是一个最优解。这符合动态规划中最优子问题的性质。

解决方案

考虑用动态规划的方法来解决，这里的： 阶段：在前N件物品中，选取若干件物品放入背包中 状态：在前N件物品中，选取若干件物品放入所剩空间为W的背包中的所能获得的最大价值 决策：第N件物品放或者不放 由此可以写出动态转移方程： 我们用f[i][j]表示在前 i 件物品中选择若干件放在已用空间为 j 的背包里所能获得的最大价值

f[i][j] = max(f[i - 1][j - W[i]] + P[i], f[i - 1][j]);//j >= 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[v]；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入已用的容量为c的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[c]再加上通过放入第i件物品获得的价值w。 这样，我们可以自底向上地得出在前M件物品中取出若干件放进背包能获得的最大价值，也就是f[m,w] 算法设计如下：

int main()
{
    cin >> n >> v;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> c[i];//价值
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> w[i];//体积
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        f[i][0] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= v; j++)
            if (j >= w[i])//背包容量够大
                f[i][j] = max(f[i - 1][j - w[i]] + c[i], f[i - 1][j]);
            else//背包容量不足
                f[i][j] = f[i - 1][j];
    cout << f[n][v] << endl;
    return 0;
}

由于是用了一个二重循环，这个算法的时间复杂度是O（n*w)。而用搜索的时候，当出现最坏的情况，也就是所有的结点都没有重叠，那么它的时间复杂度是O（2^n)。看上去前者要快很多。但是，可以发现在搜索中计算过的结点在动态规划中也全都要计算，而且这里算得更多（有一些在最后没有派上用场的结点我们也必须计算），在这一点上好像是矛盾的。 事实上，由于我们定下的前提是：所有的结点都没有重叠。也就是说，任意N件物品的重量相加都不能相等，而所有物品的重量又都是整数，那么这个时候W的最小值是：1+2+2^2+2^3+……+2^n-1=2^n -1 此时n*w>2^n，动态规划比搜索还要慢~~|||||||所以，其实背包的总容量W和重叠的结点的个数是有关的。 考虑能不能不计算那些多余的结点……

优化复杂度

以上方法的时间和空间复杂度均为O(N*V)，其中时间复杂度基本已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O(V)。 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[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[v]呢？f[v]是由f[v]和f[v-c]两个子问题递推而来，能否保证在推f[v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[v]和f[v-c]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]保存的是状态f[v-c]的值。伪代码如下：

for i=1..N
for v=V..0
f[v]=max{f[v],f[c]+w};

其中的f[v]=max{f[v],f[c]}一句恰就相当于我们的转移方程f[v]=max{f[v],f[c]}，因为现在的f[c]就相当于原来的f[c]。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[v]由f[c]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。 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,w);

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。

小结

01背包问题是最基本的背包问题，它包含了背包问题中设计状态、方程的最基本思想，另外，别的类型的背包问题往往也可以转换成01背包问题求解。故一定要仔细体会上面基本思路的得出方法，状态转移方程的意义，以及最后怎样优化的空间复杂度。

例题

编辑 播报 装箱问题 描述 Description ： 有一个箱子容量为V（正整数，0≤V≤20000），同时有n个物品（0小于n≤30），每个物品有一个体积（正整数）。要求从n个物品中，任取若干个装入箱内，使箱子的剩余空间为最小。 输入v，n，在输入n个物品。 输出箱子的剩余空间为最小。 输入 Input ： 24 （一个整数，表示箱子容量） 6 （一个整数 [ 即n ] ，表示有n个物品） 8 （接下来n行，分别表示这n个物品的各自体积。） 3 12 7 9 7 输出 Output 0 （ 一个整数，表示箱子剩余空间。） 分析 转化为01背包，认为每个物品的价值相等，用0/1背包求出价值最大值，在用空间减去价值最大值即可 Pascal 程序

var v,n,i,j,k:longint;
f:array[0..20000]of boolean;
a:array[1..30]of longint;
begin
read(v,n);
for i:=1 to n do read(a[i]);
f[0]:=true;
for i:=1 to n do
for j:=v downto a[i] do
if not f[j] and f[j-a[i]] then
f[j]:=true;
k:=v;
while (k>1)and(not f[k]) do dec(k);
writeln(v-k);
end.

C++程序

#include<iostream>
int v, n, i, j, k, a[31];
bool f[20001];
int main()
{
    using namespace std;
    cin >> v >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i];
    f[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = v; j >= a[i]; j--)
            if (!f[j] && f[j - a[i]])
                f[j] = 1;
    for (k = v; k > 1 && !f[k]; k--);
    cout << v - k << endl;
    return 0;
}

 

标签：件物品,..,int,问题,01,物品,背包
来源： https://www.cnblogs.com/luyufan/p/15874305.html