完全揹包問題

有n種物品和乙個容量為v的揹包，每種物品都有無限件可用。第i種物品的費用是c[i]，價值是w[i]。求解將哪些物品裝入揹包可使這些物品的費用總和不超過揹包容量，且價值總和最大。

這個問題非常類似於01揹包問題，所不同的是每種物品有無限件。也就是從每種物品的角度考慮，與它相關的策略已並非取或不取兩種，而是有取0件、取1件、取2件……等很多種。如果仍然按照解01揹包時的思路，令f[i][v]表示前i種物品恰放入乙個容量為v的揹包的最大權值。仍然可以按照每種物品不同的策略寫出狀態轉移方程，像這樣：

f[i][v]=max

這跟01揹包問題一樣有o(vn)個狀態需要求解，但求解每個狀態的時間已經不是常數了，求解狀態f[i][v]的時間是o(v/c[i])，總的複雜度可以認為是o(v*σ(v/c[i]))，是比較大的。

將01揹包問題的基本思路加以改進，得到了這樣乙個清晰的方法。這說明01揹包問題的方程的確是很重要，可以推及其它型別的揹包問題。但我們還是試圖改進這個複雜度。

完全揹包問題有乙個很簡單有效的優化，是這樣的：若兩件物品i、j滿足c[i]=w[j]，則將物品j去掉，不用考慮。這個優化的正確性顯然：任何情況下都可將價值小費用高得j換成物美價廉的i，得到至少不會更差的方案。對於隨機生成的資料，這個方法往往會大大減少物品的件數，從而加快速度。然而這個並不能改善最壞情況的複雜度，因為有可能特別設計的資料可以一件物品也去不掉。

考慮到第i種物品最多選v/c[i]件，於是可以把第i種物品轉化為v/c[i]件費用及價值均不變的物品，然後求解這個01揹包問題。這樣完全沒有改進基本思路的時間複雜度，但這畢竟給了我們將完全揹包問題轉化為01揹包問題的思路：將一種物品拆成多件物品。

更高效的轉化方法是：把第i種物品拆成費用為c[i]*2^k、價值為w[i]*2^k的若干件物品，其中k滿足c[i]*2^k<=v。這是二進位制的思想，因為不管最優策略選幾件第i種物品，總可以表示成若干個2^k件物品的和。這樣把每種物品拆成o(log v/c[i])件物品，是乙個很大的改進。

這個演算法使用一維陣列，先看偽**：

for i=1..n

for v=cost..v
f[v]=max

你會發現，這個偽**與p01的偽**只有v的迴圈次序不同而已。

舉例來說：

有三種面值的優惠券：30,50,100，分別有任意個數。現在給定乙個金額v，求最大可以優惠的金額是多少。

抽象來說，這個問題可以用完全揹包問題來解決。完全揹包問題可以看做是：

有3種物品和乙個為v的揹包，這三種物品的重量分別為，價值也可以看做分別對應是

因此，可以寫出演算法複雜度為o(vn)的**如下：

public
class soution1 
//一維陣列解決
public
static
void
getmaxvalue(bao baos,int num,int all)
}system.out.println(f[all]);
}}//v=110,輸出110
//v=70,輸出60
//v=120,輸出120
//v=20,輸出0

和01揹包的區別，這裡的內迴圈是順序的，而01揹包是逆序的。

現在關鍵的是考慮：為何完全揹包可以這麼寫？

在次我們先來回憶下，01揹包逆序的原因？是為了是max中的兩項是前一狀態值，這就對了。

那麼這裡，我們順序寫，這裡的max中的兩項當然就是當前狀態的值了，為何？

因為每種揹包都是無限的。當我們把i從1到n迴圈時，f[v]表示容量為v在前i種揹包時所得的價值，這裡我們要新增的不是前乙個揹包，而是當前揹包。所以我們要考慮的當然是當前狀態。

對於二維陣列，更新的時候為res[i][j-w[k]]

完全揹包問題

揹包問題（完全揹包）

完全揹包問題

完全揹包問題

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