動態規劃之揹包問題（一）

一切都要從一則故事說起。

話說有一哥們去森林裡玩發現了一堆寶石，他數了數，一共有n個。但他身上能裝寶石的就只有乙個揹包，揹包的容量為c。這哥們把n個寶石排成一排並編上號：0,1,2,…,n-1。第i個寶石對應的體積和價值分別為v[i]和w[i]（擦，目測這哥們是一苦逼程式設計師）。排好後這哥們開始思考：揹包總共也就只能裝**積為c的東西，那我要裝下哪些寶石才能讓我獲得最大的利益呢？

ok，如果是你，你會怎麼做？你斬釘截鐵的說：動態規劃啊！恭喜你，答對了。那麼讓我們來看看，動態規劃中最最最重要的兩個概念：狀態和狀態轉移方程在這個問題中分別是什麼。

我們要怎樣去定義狀態呢？這個狀態總不能是憑空想象或是從天上掉下來的吧。為了方便說明，讓我們先例項化上面的問題。一般遇到n，你就果斷地給n賦予乙個很小的數，比如n=3。然後設揹包容量c=10，三個寶石的體積為5，4，3，對應的價值為20，10，12。對於這個例子，我想智商大於0的人都知道正解應該是把體積為5和3的寶石裝到揹包裡，此時對應的價值是20+12=32。接下來，我們把第三個寶石拿走，同時揹包容量減去第三個寶石的體積（因為它是裝入揹包的寶石之一），於是問題的各引數變為：n=2，c=7，體積｛5，4｝，價值｛20，10｝。好了，現在這個問題的解是什麼？我想智商等於0的也解得出了：把體積為5的寶石放入揹包（然後剩**積2，裝不下第二個寶石，只能眼睜睜看著它溜走），此時價值為20。這樣一來，我們發現，n=3時，放入揹包的是0號和2號寶石；當n=2時，我們放入的是0號寶石。這並不是乙個偶然，沒錯，這就是傳說中的「全域性最優解包含區域性最優解」（n=2是n=3情況的乙個區域性子問題）。繞了那麼大的圈子，你可能要問，這都哪跟哪啊？說好的狀態呢？說好的狀態轉移方程呢？別急，它們已經呼之欲出了。

我們再把上面的例子理一下。當n=2時，我們要求的是前2個寶石，裝到體積為7的揹包裡能達到的最大價值；當n=3時，我們要求的是前3個寶石，裝到體積為10的揹包裡能達到的最大價值。有沒有發現它們其實是乙個句式！ok，讓我們形式化地表示一下它們，定義d(i,j)為前i個寶石裝到剩餘體積為j的揹包裡能達到的最大價值。那麼上面兩句話即為：d(2, 7)和d(3, 10)。這樣看著真是爽多了，而這兩個看著很爽的符號就是我們要找的狀態了。即狀態

d(i,j)

表示前i

個寶石裝到剩餘體積為

j的揹包裡能達到的最大價值。上面那麼多的文字，用一句話概括就是：根據子問題定義狀態！你找到子問題，狀態也就浮出水面了。而我們最終要求解的最大價值即為d(n, c)：前n個寶石（0,1,2…,n-1）裝入剩餘容量為c的揹包中的最大價值。狀態好不容易找到了，狀態轉移方程呢？顧名思義，狀態轉移方程就是描述狀態是怎麼轉移的方程（好廢話！）。那麼回到例子，d(2, 7)和d(3, 10)是怎麼轉移的？來，我們來說說2號寶石（記住寶石編號是從0開始的）。從d(2, 7)到d(3, 10)就隔了這個2號寶石。它有兩種情況，裝或者不裝入揹包。如果裝入，在面對前2個寶石時，揹包就只剩**積7來裝它們，而相應的要加上2號寶石的價值12，d(3, 10)=d(2, 10-3)+12=d(2, 7)+12；如果不裝入，體積仍為10，價值自然不變了，d(3,10)=d(2, 10)。記住，d(3, 10)表示的是前3個寶石裝入到剩餘體積為10的揹包裡能達到的最大價值，既然是最大價值，就有d(3, 10)=max。好了，這條方程描述了狀態d(i, j)的一些關係，沒錯，它就是狀態轉移方程了。把它形式化一下：d(i, j)=max。注意討論前i個寶石裝入揹包的時候，其實是在考查第i-1個寶石裝不裝入揹包（因為寶石是從0開始編號的）。至此，狀態和狀態轉移方程都已經有了。接下來，直接上**。

for(int i=0; i<=n; ++i)

i=0時，d(i, j)為什麼為0呢？因為前0個寶石裝入揹包就是沒東西裝入，所以最大價值為0。if語句裡，j>=v[i-1]說明只有當揹包剩餘體積j大於等於i-1號寶石的體積時，我才考慮把它裝進來的情況，不然d[i][j]就直接等於d[i-1][j]。i>0不用說了吧，前0個寶石裝入揹包的情況是邊界，直接等於0，只有i>0才有必要討論，我是裝呢還是不裝呢。簡單吧，核心演算法就這麼一丁點，接下來上完整**knapsack.cpp。

/**0-1 knapsack d(i, j)表示前i個物品裝到剩餘容量為j的揹包中的最大重量**/
#includeusing namespace std;
#define maxn 1000
#define maxc 100000
int v[maxn], w[maxn];
int d[maxn][maxc];
int main()
}		printf("%d\n", d[n][c]);//最終求解的最大價值
}	fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}

其中freopen函式將標準輸入流重定向到檔案data.in，這比執行程式時一點點手輸要方便許多，將標準輸出流重定向到data.out。data.in中每組輸入的第一行為寶石數量n及揹包體積c，接下來會有n行的資料，每行兩個數對應的是寶石的體積及價值。本測試用例data.in如下：

5 10

4 93 6

5 12 4

5 14 9

4 20

3 64 20

2 45 10

2 62 3

6 55 4

4 6data.out為演算法輸出結果，對應該測試用例，輸出結果如下：

好，至此我們解決了揹包問題中最基本的0/1揹包問題。等等，這時你可能要問，我現在只知道揹包能裝入寶石的最大價值，但我還不知道要往揹包裡裝入哪些寶石啊。嗯，好問題！讓我們先定義乙個陣列x，對於其中的元素為1時表示對應編號的寶石放入揹包，為0則不放入。讓我們回到上面的例子，對於體積為5，4，3，價值為20，10，12的3個寶石，如何求得其對應的陣列x呢？（明顯我們目測一下就知道x=，但程式可目測不出來）ok，讓我們還是從狀態說起。如果我們把2號寶石放入了揹包，那麼是不是也就意味著，前3個寶石放入揹包的最大價值要比前2個寶石放入揹包的價值大，即：d(3, 10)>d(2, 10)。再用字母代替具體的數字（不知不覺中我們就用了不完全歸納法哈），當d(i, j)>d(i-1, j)時，x(i-1)=1;ok，上**：

//輸出列印方案

int j = c;

for(int i=n; i>0; --i)

} printf("%d\n", d[n][c]);

//輸出列印方案

int j = c;

for(int i=n; i>0; --i)

} for(int i=0; idata.out輸出結果變為：

1 1 0 1 0

1 0 1 0

1 1 0 0 1

至此，好像該解決的問題都解決了。當乙個問題找到乙個放心可靠的解決方案後，我們往往就要考慮一下是不是有優化方案了。為了保持**的簡潔，我們暫且把寶石裝包方案的求解去掉。該演算法的時間複雜度是o(n*c)，即時間都花在兩個for迴圈裡了，這個應該是沒辦法再優化了。再看看空間複雜度，陣列d用來儲存每個狀態的值，空間複雜度為o(n*c)；陣列v和w用來儲存每個寶石的體積和價值，空間複雜度為o(n)。程式總的空間複雜度為o(n*c)，這個是可以進一步優化的。首先，我們先把陣列v和w去掉，因為它們沒有儲存的必要，改為一邊讀入一邊計算：

int v = 0, w = 0;

for(int i=0; i<=n; ++i)，也就是在計算d(i, j)時我們用到了d(i-1,j)和d(i-1, j-v)的值。如果我們只用乙個一維陣列d(0)～d(c)來儲存狀態值可以麼？將i方向的維數去掉，我們可以將原來二維陣列表示為一維資料：d(i-1, j-v)變為d(j-v)，d(i-1, j)變為d(j)。當我們要計算d(i, j)時，只需要比較d(j)和d(j-v)+w的大小，用較大的數更新d(j)即可。等等，如果我要計算d(i, j+1)，而它恰好要用到d(i-1, j)的值，那麼問題就出來了，因為你剛剛才把它更新為d(i, j)了。那麼，怎麼辦呢？按照j遞減的順序即可避免這種問題。比如，你計算完d(i, j)，接下來要計算的是d(i, j-1)，而它的狀態轉移方程為d(i, j-1)=max，它不會再用到d(i-1,j)的值！所以，即使該位置的值被更新了也無所謂。好，上**：

memset(d, 0, sizeof(d));

for(int i=0; i<=n; ++i)

} printf("%d\n", d[c]);

free(d);

} fclose(stdin);

fclose(stdout);

return 0;

}ok，揹包問題暫時先講這麼多，以後接著講。

注：以上**均在dev-cpp下編譯執行成功，請大膽放心使用。:-)

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