01揹包問題

題目：給一個書包，能夠放最重爲10的物體，給不少物體，有重量，對應的有價值，問在書包能夠容納的狀況下，可以得到的最大價值。

這是一個01揹包問題，能夠對於一個物體有兩種狀態，放到書包裏和不放到書包裏。

如：   物體編號： 1      2　　3　　4　　5　　6

　　　物體重量： 2　　3　　1　　4　　6　　5

　　   物體價值： 5　　6　　5　　1　　19　 7

咱們從第一個物體開始考慮，一直到最後一個，每個有兩種狀態放在書包裏或者放棄掉不放在書包裏。

假設如今咱們考慮第n個物體，剩餘的容量爲c，那麼用f(n,c)表示當前能夠得到的最大價值，那麼咱們考慮一下第n個物體，是否是當前最大價值只能由兩個子問題得來：一、取了第n個物體，考慮第n-1個物體，容量c減去第n個物體的重量，同時加上第n個物體的價值；2沒有取第n個物體，那麼就簡單了，咱們只須要考慮第n-1個物體，容量仍是c，價值也不用加（沒有取嘛）。那麼，對於第n（n爲任意數）個物體是否是均可以由之前的結果（第n-1個時的結果和當前這個物體的價值來得到）。做爲數學表達式可寫爲：

　　　　　　　　　　　　f(n,c) = max{ f(n-1, c) , f(n-1, c - w) + v} ； w表明第n個物體的重量，v表明第n個物體的價值

咱們不妨先用一個矩陣來推導一下（先不考慮程序的實現），咱們要使用一個(n + 1) * (c + 1)的矩陣，爲何使用這麼大小的呢？能夠這樣考慮，f(n,c)中，須要n*c,這個沒問題吧，由於若是不知足這個沒有辦法把f(n,c)所有表示出來。爲何要加1呢，由於物體和容量這裏都從1開始，咱們還有0的狀況呢，也就是初始化的狀況，最開始咱們是都爲0的。

 

好，那麼咱們看一下過程：

這是初始化，想一下，若是物體個數爲0，或者揹包的容量爲0，那麼獲得的價值只能是0.

下面咱們分析第一行

（1,1）位置，表明有一個容量有一個物體時的最大價值，能夠取能夠不取第一個。

一、不取。那麼能獲得的價值就是f(0,1)了，對應就是(0,1)位置的價值，爲0

2取。第一個物體的重量爲2，二當前的容量爲1，因此放不下，也爲0.

所以(1,1)位置只能是0.

（1,2）位置，表明有2個容量有一個物體時的最大價值，能夠取能夠不取第一個。

一、不取。那麼能獲得的價值就是f(0,2)了，對應就是(0,2)位置的價值，爲0

2取。第一個物體的重量爲2，二當前的容量爲2，能夠放下，把這個物體放進去。放進去以後，再看上一個物體，上一個物體爲0，容量2-2=0以後，所以爲上一個物體的得到的最大價值爲f(0,0).所以，當前的最大價值爲f(0,0)+5.

比較這兩種狀況，取二者的最大值，所以獲得5.（1,2）位置爲5.

後面的狀況如以上分析，獲得：

看一下整個過程，都是有本身正上面的和上面左邊某一個位置的數值獲得，比較正上方和左上方（左邊移動幾個位置位置，上面第一個物體時，左邊第二個，後面第二個，第三個。。。物體並不必定，與當前物體的重量有關，當前物體重量是多少，那麼就是左邊第幾個，請從圖上考慮一下爲何），獲取大的那一個。爲何能從圖上獲得呢？考慮一下公式：f(n,c) = max{ f(n-1, c) , f(n-1, c - w) + v}。相信能想清楚吧，這裏沒有任何難度了。

第二個物體，第三個物體的過程與第一行同樣。下面我給出整個表格計算完的結果：

爲了更清楚上面的過程，咱們再來分析一個某個位置如何得來，如（5,6）

一、不取。那麼能獲得的價值就是f(4,6)了，對應就是(4,6)位置的價值，爲16

2取。第5個物體的重量爲6，二當前的容量爲6，能夠放下，把這個物體放進去。放進去以後，再看上一個物體，上一個物體爲4，容量6-6=0以後，所以爲上一個物體的得到的最大價值爲f(4,0).所以，當前的最大價值爲f(4,0)+19.

比較這兩種狀況，取二者的最大值，所以獲得19.（5,6）位置爲19.

至此，咱們的分析過程就完成了，如今想一下，若是咱們聲明一個二維數組，是否是就能夠模仿上面的過程把揹包問題解決了呢。

代碼就不貼出來了，由於上面的二維數組能夠優化，咱們最後給一個優化了的代碼。

 

空間複雜度的優化

上面的二維數組是整個計算過程的關鍵。可是，仔細想一下，當咱們計算第5個物體時，只涉及到了數組中這一行和這一行的上一行。這一行是上一行的數據計算獲得的，仍是公式，兩種狀況的一種。總之，無論這個物體有沒有取，都要去看上一個物體，所以咱們能夠把真個二維數組優化成只有兩行的，例如這兩行：

取第4個物體，都是根據第三個物體計算出來的。

到這裏已經取得了極大的空間優化。其實，接着認真考慮一下，咱們每次都是把上一行的計算，填寫到下一行。咱們能不能用一行呢？

固然能夠，可是這裏涉及到一個小技巧。

若是仍是從小到大更新（從作到右），咱們右邊的更新都要依賴左邊了，若是從左到右左邊的變化了，右邊的就沒有辦法計算了。一次能夠從右邊向左邊更新，左邊的更晚更新，不會影響到右邊的。這樣不就能夠用一行解決了嗎。舉例子來看：

咱們要更新（4,10）位置，第4個物體重量爲4，若是取的話，那麼當前的價值就是f(4-1, 10-4)+1=f(3,6)+1=16+1=17;若是咱們在原位置上更新，左邊的也不會受到影響。這樣就用一行就能夠了。

咱們再來看一下向左更新終止條件，其實只要到c-w就能夠了（w爲當前物體的容量，c爲一共給的容量）。爲何呢？由於小於這個數的時候，容量放不下當前物體，他取這個物體獲得的價值爲0（其實取不到，由於放不下），不取這個物體（在上面二維數組中，就是正上方的值）的價值就是當前數組這個位置的數，沒有必要更新。所以終止條件就是到c-w就能夠了。

 

其實這是一個動態規劃的問題，只不過是最簡單的。想學習動態規劃的能夠去學習一下。

 

下面貼上優化了空間複雜度的代碼：

public class pack {
    public static void main(String args[]) {
        Scanner scanner = new Scanner(System.in);
        int maxValue = scanner.nextInt();//最大容量
        int num = scanner.nextInt();//共有的包裹數目
        int[] weight = new int[num];//包裹的重量
        int[] value = new int[num];//包裹的價值
        for (int i = 0; i < num; i++) {
            weight[i] = scanner.nextInt();
        }
        for (int i = 0; i < num; i++) {
            value[i] = scanner.nextInt();
        }
        int[] a = new int[maxValue + 1];
        for (int i = 0; i < num; i++) {//num爲物體的個數，至關於二維數組從上到下
            ZeroOnePack(weight[i], value[i], a, maxValue);
        }
        System.out.println(a[maxValue]);

    }
    public static void ZeroOnePack(int weight, int value, int[] a, int maxValue) {
        for (int i = maxValue; i >= weight; i--) {//在原數組上更新新值，從後向前，終止條件也沒必要到0
            a[i] = max(a[i], a[i - weight] + value);//a[i]意思是沒有取當前的物體
        }
    }
    public static int max(int a, int b) {
        return a > b ? a : b;
    }
}