揹包九講之01揹包 ZeroOnePack

最近看揹包九講，對於我們這種小白來說需要仔細研讀，由於裡面有些思維跳躍，故在原文基礎上加上自己的理解。

有n件物品和乙個容量為v的揹包。第i件物品的費用是c[i]，價值是w[i]。求解將哪些物品裝入揹包可使價值總和最大。

這是最基礎的揹包問題，特點是：每種物品僅有一件，可以選擇放或不放。

用子問題定義狀態：即f[i][v]表示前i件物品恰放入乙個容量為v的揹包可以獲得的最大價值。則其狀態轉移方程便是：

f[i][v]=max

這個方程非常重要，基本上所有跟揹包相關的問題的方程都是由它衍生出來的。所以有必要將它詳細解釋一下：「將前i件物品放入容量為v的揹包中」這個子問題，若只考慮第i件物品的策略（放或不放），那麼就可以轉化為乙個只牽扯前i-1件物品的問題。如果不放第i件物品，那麼問題就轉化為「前i-1件物品放入容量為v的揹包中」，價值為f[i-1][v]；如果放第i件物品，那麼問題就轉化為「前i-1件物品放入剩下的容量為v-c[i]的揹包中」，此時能獲得的最大價值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通過放入第i件物品獲得的價值w[i]。

以上方法的時間和空間複雜度均為o(vn)，其中時間複雜度應該已經不能再優化了，但空間複雜度卻可以優化到o。

先考慮上面講的基本思路如何實現，肯定是有乙個主迴圈i=1..n，每次算出來二維陣列f[i][0..v]的所有值。那麼，如果只用乙個陣列 f[0..v]，能不能保證第i次迴圈結束後f[v]中表示的就是我們定義的狀態f[i][v]呢？f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1] [v-c[i]]兩個子問題遞推而來，能否保證在推f[i][v]時（也即在第i次主迴圈中推f[v]時）能夠得到f[i-1][v]和f[i-1] [v-c[i]]的值呢？事實上，這要求在每次主迴圈中我們以v=v..0的順序推f[v]，這樣才能保證推f[v]時f[v-c[i]]儲存的是狀態 f[i-1][v-c[i]]的值。偽**如下：

for i=1..n

for v=v..0

f[v]=max;

其中的f[v]=max一句恰就相當於我們的轉移方程f[i][v]=max，因為現在的f[v-c[i]]就相當於原來的f[i-1][v-c[i]]。如果將v的迴圈順序從上面的逆序改成順序的話，那麼則成了f[i][v]由f[i][v-c[i]]推知，與本題意不符，但它卻是另乙個重要的揹包問題p02最簡捷的解決方案，故學習只用一維陣列解01揹包問題是十分必要的。（為什麼要逆序呢？當逆序時，從i=1開始舉例：在外迴圈計算完i=1後，對應於i=1時的所有f[0...v]都已經有乙個值，那麼在外迴圈進入i=2時，最大的f[v]=max，這個時候用到的f[v-c[2]]不就是在上乙個迴圈i=1時得到的f[v-c[i]]麼，也即為f[i-1][v-c[i]]，所以逆序才能對應上二維時候公式。也就是：在執行v時，還沒執行到v-c[i]的，因此，f[v-c[i]]儲存的還是第i-1次迴圈的結果。而如果是順序的話，那麼在v從0到v的過程中，會把f[0...v]逐漸的更新，便是f[i][v-c[i]]了，而不是f[i-1][v-c[i]]，所以這裡要逆序。）

事實上，使用一維陣列解01揹包的程式在後面會被多次用到，所以這裡抽象出乙個處理一件01揹包中的物品過程，以後的**中直接呼叫不加說明。

過程zeroonepack，表示處理一件01揹包中的物品，兩個引數cost、weight分別表明這件物品的費用和價值。

procedure zeroonepack(cost,weight)

for v=v..cost

f[v]=max

注意這個過程裡的處理與前面給出的偽**有所不同。前面的示例程式寫成v=v..0是為了在程式中體現每個狀態都按照方程求解了，避免不必要的思維複雜度。而這裡既然已經抽象成看作黑箱的過程了，就可以加入優化。費用為cost的物品不會影響狀態f[0..cost-1]，這是顯然的。

有了這個過程以後，01揹包問題的偽**就可以這樣寫：

for i=1..n

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

我們看到的求最優解的揹包問題題目中，事實上有兩種不太相同的問法。有的題目要求「恰好裝滿揹包」時的最優解，有的題目則並沒有要求必須把揹包裝滿。一種區別這兩種問法的實現方法是在初始化的時候有所不同。

如果是第一種問法，要求恰好裝滿揹包，那麼在初始化時除了f[0]為0其它f[1..v]均設為-∞，這樣就可以保證最終得到的f[n]是一種恰好裝滿揹包的最優解。

如果並沒有要求必須把揹包裝滿，而是只希望**盡量大，初始化時應該將f[0..v]全部設為0。

為什麼呢？可以這樣理解：初始化的f陣列事實上就是在沒有任何物品可以放入揹包時的合法狀態。如果要求揹包恰好裝滿，那麼此時只有容量為0的揹包可能被價值為0的nothing「恰好裝滿」，其它容量的揹包均沒有合法的解，屬於未定義的狀態，它們的值就都應該是-∞了。如果揹包並非必須被裝滿，那麼任何容量的揹包都有乙個合法解「什麼都不裝」，這個解的價值為0，所以初始時狀態的值也就全部為0了。

這個小技巧完全可以推廣到其它型別的揹包問題，後面也就不再對進行狀態轉移之前的初始化進行講解。

前面的偽**中有for v=v..1，可以將這個迴圈的下限進行改進。

由於只需要最後n對應的f[n]的值，所以在前乙個物品n-1的f[0...v]中，其實只要知道f[v-c[n]]即可；對應的求n-1的f[v-c[n]]時，又只需要知道n-2時的f[v-c[n]-c[n-1]]即可。以此類推，對以第j個揹包，其實只需要知道到f[v-sum]即可，即**中的

for i=1..n

for v=v..0

可以改成

for i=1..n

bound=max,c[i]}

for v=v..bound

這對於v比較大時是有用的。

另附hdu 2602題bone collector，是乙個純正的01揹包問題。**如下：

1 #include 2 #include 3 #include 45
int value[1005];6
int volume[1005];7
int dp[1005];8
9int max(int a,int
b)10
1314
intmain()
1528
for(i=1; i<=n; i++)
2932
33for(i=1; i<=n; i++)
3439
}40         printf("
%d\n
",dp[v]);41}
42return0;
43 }

此**沒有進行深入優化，顯然根據揹包九講中的優化方法還可以進一步的優化迴圈步數。優化**主要是對逆序時候的下限進行運算。

改進後的**如下方所示。揹包九講中說在v很大的時候這種優化比較有用，不過經過親身在hdu上面測試，發現題目ac的執行時間及記憶體占用都比優化前要多。所以這種優化還是得視具體情況而定。

1
for(i=1; i<=n; i++)
29             bound = max(volume[i],v-temp);
10for(j=v; j>=bound; j--)
1114         }

揹包九講之01揹包 ZeroOnePack

揹包九講之 01揹包

DP 揹包九講之01揹包

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揹包九講之01揹包 ZeroOnePack

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DP 揹包九講之01揹包

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