動態規劃-揹包問題 Knapsack

2018-03-15 13:11:12

揹包問題（Knapsack problem）是一種組合優化的NP徹底問題。問題能夠描述爲：給定一組物品，每種物品都有本身的重量和價格，在限定的總重量內，咱們如何選擇，才能使得物品的總價格最高。問題的名稱來源於如何選擇最合適的物品放置於給定揹包中。

類似問題常常出如今商業、組合數學，計算複雜性理論、密碼學和應用數學等領域中。

1、0/1揹包問題

揹包問題是個NPC問題，01揹包能夠經過動態規劃算法在僞多項式時間內給出解。

0/1揹包問題的特色是，每種物品僅僅有一件，且須要選擇放或者不放。

在0/1揹包問題中，物品i或者被裝入揹包，或者不被裝入揹包，設xi表示物品i裝入揹包的狀況，則當xi=0時，表示物品i沒有被裝入揹包，xi=1時，表示物品i被裝入揹包。根據問題的要求，有以下約束條件和目標函數：

因而，問題歸結爲尋找一個知足約束條件式2.1，並使目標函數式2.2達到最大的解向量X=(x1, x2, …, xn)。

0/1揹包問題能夠看做是決策一個序列(x1, x2, …, xn)，對任一變量xi的決策是決定xi=1仍是xi=0。在對xi-1決策後，已肯定了(x1, …, xi-1)，在決策xi時，問題處於下列兩種狀態之一：
（1）揹包容量不足以裝入物品i，則xi=0，揹包不增長價值；
（2）揹包容量能夠裝入物品i，則xi=1，揹包的價值增長了vi。
這兩種狀況下揹包價值的最大者應該是對xi決策後的揹包價值。令V(i, j)表示在前i(1≤i≤n)個物品中可以裝入容量爲j（1≤j≤C）的揹包中的物品的最大值，則能夠獲得以下動態規劃函數：

式2.3代表：把前面i個物品裝入容量爲0的揹包和把0個物品裝入容量爲j的揹包，獲得的價值均爲0。
式2.4的第一個式子代表：若是第i個物品的重量大於揹包的容量，則裝入前i個物品獲得的最大價值和裝入前i-1個物品獲得的最大價值是相同的，即物品i不能裝入揹包；第二個式子代表：若是第i個物品的重量小於揹包的容量，則會有如下兩種狀況：
（1）若是把第i個物品裝入揹包，則揹包中物品的價值等於把前i-1個物品裝入容量爲j-wi的揹包中的價值加上第i個物品的價值vi；
（2）若是第i個物品沒有裝入揹包，則揹包中物品的價值就等於把前i-1個物品裝入容量爲j的揹包中所取得的價值。顯然，取兩者中價值較大者做爲把前i個物品裝入容量爲j的揹包中的最優解。

舉個例子：

例如，有5個物品，其重量分別是{2, 2, 6, 5, 4}，價值分別爲{6, 3, 5, 4, 6}，揹包的容量爲10。
根據動態規劃函數，用一個(n+1)×(C+1)的二維表V，V[i][j]表示把前i個物品裝入容量爲j的揹包中得到的最大價值。

第一階段，只裝入前1個物品，肯定在各類狀況下的揹包可以獲得的最大價值；
第二階段，只裝入前2個物品，肯定在各類狀況下的揹包可以獲得的最大價值；
依此類推，直到第n個階段。最後，V(n,C)即是在容量爲C的揹包中裝入n個物品
時取得的最大價值。

如何肯定裝入揹包的具體物品？

從V(n,C)的值向前推，若是V(n,C)>V(n-1,C)，代表第n個物品被裝入揹包，前n-1個物品被裝入容量爲C-wn的揹包中；不然，第n個物品沒有被裝入揹包，前n-1個物品被裝入容量爲C的揹包中。依此類推，直到肯定第1個物品是否被裝入揹包中爲止。由此，獲得以下函數：

public class Knapsack {
    static int knapsack(int[] v, int[] w, int W) {
        int n = v.length;
        int[][] V = new int[n + 1][W + 1];
        int[] x = new int[n + 1];
        for (int i = 0; i < W + 1; i++) {
            V[0][i] = 0;
        }
        for (int i = 0; i < n + 1; i++) {
            V[i][0] = 0;
        }

        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= W; j++) {
                if (j < w[i - 1]) V[i][j] = V[i - 1][j];
                else V[i][j] = Math.max(V[i - 1][j - w[i - 1]] + v[i - 1], V[i - 1][j]);
            }
        }

        int j = W;
        for (int i = n; i >= 1; i--) {
            if (V[i][j] == V[i - 1][j]) x[i] = 0;
            else {
                j -= w[i - 1];
                x[i] = 1;
            }
        }

        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            System.out.println(x[i]);
        }
        return V[n][W];
    }

    public static void main(String[] args) {
        System.out.println(knapsack(new int[]{6, 3, 5, 4, 6}, new int[]{2, 2, 6, 5, 4}, 10));
    }
}

相關的優化處理：

時間複雜度已經沒法進一步進行優化了，可是空間複雜度仍是有優化餘地的，經過遞推式能夠看到，每次下一行的值的產生僅僅依賴於上一行的前面兩個值，所以，咱們能夠將二維數組優化成一維數組進行存儲。

    static int polish(int[] v, int[] w, int W){
        int n = v.length;
        int[] m = new int[W + 1];
        m[0] = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = W; j >= w[i - 1]; j--) {
                m[j] = Math.max(m[j - w[i - 1]] + v[i - 1], m[j]);
            }
        }
        return m[W];
    }

另外，在初始化的時候，若是是題目沒有要求必須得最終裝滿揹包，則直接使用上述代碼便可，若是題目中指出必須裝滿揹包，則在初始化的時候，除了V[0][0] = 0外，其他的0件物品，j個重量，抑或j個重量，0件物品都是不知足裝滿揹包的條件的，應該初始化爲負無窮大。

 

2、徹底揹包問題

徹底揹包問題一樣給出了n件物品的重量和價值，而且給出了揹包的大小W，可是和0/1揹包不一樣的是，在徹底揹包問題中，每件物品能夠選1，2，3...直到揹包放不下爲止。

徹底揹包是0/1揹包問題的一個擴展，也一樣是一個很是經典的問題。

運用類比的思想，咱們能夠將徹底揹包轉化成0/1揹包，具體的轉化能夠有下面兩種方式：

一、將每件物品當作W/w[i]件，價值不變；

二、將每件物品當作v[i]*2^k，重量爲w[i]*2^k，想法就是利用二進制的角度看問題，任何多種選擇均可以經過這些二進制數相加獲得，這種方法的分解個數顯然要小不少，很是聰明。

若是從遞推式的角度來解決問題，能夠獲得一個很是好的解答：

V[i][j] = max{V[i - 1][j]， V[i][j - w[i]] + v[i]}

對於每個V[i][j]均可以當作要麼不選擇第i件，要麼選擇第i件且能夠多選，那麼就能夠很容易的獲得上述的遞推式。

下面使用一維數組進行實現，你會發現除了內層的順序變了，其餘的都沒有改變。

    static int polish(int[] v, int[] w, int W){
        int n = v.length;
        int[] m = new int[W + 1];
        m[0] = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = w[i - 1]; j <= W; j--) {
                m[j] = Math.max(m[j - w[i - 1]] + v[i - 1], m[j]);
            }
        }
        return m[W];
    }