關於01揹包問題的優化

1、01揹包問題介紹

　　揹包問題是經典的動態規劃問題之一；

　　常見的01揹包問題就是說有一堆物品，如今要裝入一個容器中，這些物品的重量和價值各不一致，而容器的重量又是有限的，沒種物品只能裝1個或者不裝（0個），求當重量限定爲w時，這些物品能裝進去組合成的最高價值是多少？

 

分析：咱們首先將物品排成一排（隨機），依次標記爲1號，2號。。。。而後從一號開始依次往裏放，放的時候判斷當前物品是否是應該放進去：

　　　　　　若是當前物品放進去以後的最高總價值 比 不放進去的最高總價值 大 ，那麼就是要放入，而後總價值取放入以後的

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　反之不放入，總價值依然取以前的值。

　　而且，在對同一個物品判斷時，從0依次增長容器的容量，直到上限w

　　　　　當前物品放進去以後的最高總價值 = 上一號物品判斷時（容量 = 當前容量 - 當前物品重量 時）總價值 + 當前物品的價值

　　　　　不放進去的最高總價值 = 上一號物品判斷的時候（容量 = 當前容量 時）總價值

　　因此有僞代碼以下：

        if (當前物品重量 > 當前容量) {
            此時最高總價值 = 當前物品不放進去的最高總價值;  // 此時物品重量比容量大，放不進去，只能取放不進去的狀況
        } else {
            此時最高總價值 = max(當前物品不放進去的最高總價值, 當前物品放進去的最高總價值);
        }

所以，咱們能夠用一個狀態表來對整個過程進行描述。

假設如今是有三個物品 （不是三種）一號、二號、三號，重量分別爲3，2，5； 價值分別爲7,4,8; 當前容器容量爲8，求最大價值。

首先，第一行，爲沒有任何物品的時候，所有置0；

第二行，判斷一號物品能不能放：

　　當容量擴充爲3的時候，一號物品終於能放，價值爲7，因爲當前也只有一號，因此後面都是7；

第三行，判斷二號物品能不能放：

　　當容量擴充爲2的時候，二號物品終於能放，價值爲4，與不放進去的最高價值（一號物品在此容量時的值：0）進行比較，因此成功放進去；

　　當容量擴充爲3的時候，二號物品必定放時，價值爲4，與不放進去的最高價值（一號物品在此容量時的值：7）進行比較，決定不放進去了；

　　。。。

　　當容量擴充爲5的時候，二號物品必定放時，最高價值爲（一號物品在（當前容量 - 二號物品的重量）時的價值+二號物品的價值）

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　               =（一號物品在容量爲（5-2）的時候 + 二號物品的價值）= 7 + 4 =11

　　。。。【以下表】

容量	0	1	2	3	4	5	6	7	8
無	0	0	0	0	0	0	0	0	0
一號	0	0	0	7	7	7	7	7	7
二號	0	0	4	7	7	11	11	11	11
三號	0	0	4	7	7	11	11	12	15

因此有代碼以下：

    public static int getMaxValue(int[] weight, int[] value, int w) {
        int n = weight.length;
        int[][] table = new int[n + 1][w + 1];
        for (int i = 1; i <= n; i++) {     // 物品遍歷（第0行確定全是0，因此不用遍歷）
            for (int j = 0; j <= w; j++) { // 揹包大小遞增
                if (weight[i-1] > j) {     // 當前物品i的重量比揹包容量j大，裝不下，只能是不裝
                    table[i][j] = table[i - 1][j];
                } else {                   // 裝得下，Max{不裝物品i， 裝物品i}
                    table[i][j] = Math.max(table[i - 1][j], table[i - 1][j - weight[i-1]] + value[i-1]);
                }
            }
        }
        return table[n][w];
    }

提問：爲何要【n+1】行？

　——由於以後每個數都須要與上一行作比較，一號物品放入的時候也須要與沒放入的時候作比較，因此空出一行做爲「沒有物品的時候」；

　　爲何要【w+1】列？

　——由於在容量遞增時，第一個物品能放的時候，須要與容量減去當前物品的重量，也就是容量爲0的時候作比較，因此，也是須要一列做爲「0容量的時候」；

　　爲何是weight[i - 1] 和 value[i - 1]？

    ——由於傳入的重量和價值必然是從一號物品開始，而咱們的表是從「沒有物品」和「0容量」開始，多了一行和一列，因此 i 是當前物品的標號，而當前物品下標爲【標號-1】；

 

2、空間複雜度優化

　　很顯然，上面算法的空間複雜度爲矩陣大小【n+1】*【w+1】。

　　n可能不大，可是實際應用傷的w可能會很大，這樣形成了比較大的空間佔用。

　　而仔細觀察發現，矩陣中的值只與當前值的左上角的矩陣裏的值有關，如圖二號物品容量爲4時的價值7，只與綠色標註值有關。

容量	0	1	2	3	4	5	6	7	8
無	0	0	0	0	0	0	0	0	0
一號	0	0	0	7	7	7	7	7	7
二號	0	0	4	7	7	11	11	11	11
三號	0	0	4	7	7	11	11	12	15

　　而且咱們是按行進行更新的，因此咱們用一個一維數據就能進行狀態的更替，不過要注意更新的方向。

　　因此依賴關係爲：下面依賴上面，右邊依賴左邊；

　　若是正常地從左到右邊，那麼右邊面等待更新的值須要的依賴（左邊）就會被覆蓋掉，因此應該每行從右邊開始更新。代碼以下：

    public static int getMaxValueByOne(int[] weight, int[] value, int w) {
        int n = weight.length;
        int[] table = new int[w + 1];

        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = w; j >= 0; j--) {
                if (weight[i-1] <= j) {
                    table[j] = Math.max(table[j], table[j - weight[i-1]] + value[i-1]);
                }
            }
        }
        return table[w];
    }

　　如此一來，01揹包的空間複雜度就降爲了O（w）。