#動態規劃 0-1揹包問題空間複雜度優化

上一個版本的0-1揹包代碼的複雜度：時間複雜度O（n*C）空間複雜度O（n*C）

優化思路以下：

0-1揹包問題：

F（n，C）考慮將n個物品放入揹包爲C 的揹包，使得價值最大。

狀態轉移方程：F（i，c） = max(F(i-1 , c)  ,   v(i)+ F(i-1, c- w(i)  )

根據狀態轉移方程，第i行元素計算只依賴與i-1行元素。理論上咱們只須要保持兩行元素。

 

如上圖，咱們初始化後第一行存放0行元素，第二行存放1行元素。而第二行元素能夠之間使用再也不使用的0行元素。

發現規律：第一行一直爲偶數行，第二行一直爲奇數行，因此咱們能夠使用一個行數爲2的二維數組來儲存。

代碼以下：

class Knapsack02{
    public int knapsack02(int[] w , int [] v, int C){
        assert(w.length == v.length && C>=0);

        int n = w.length;
        if(n == 0 || C==0)
            return 0;

        int[][] memo = new int[2][C+1];

        //第一行初始化。
        for(int i = 0 ; i<=C ; i++)
            memo[0][i] = (i>=w[0]?v[0]:0);

        for(int i =1 ; i<n ; i++)
            for(int j =0 ; j<=C ; j++){
                memo[i%2][j] = memo[(i-1)%2][j];
                if(j>=w[i])
                    memo[i%2][j] = (int)Math.max(memo[i%2][j] , v[i]+memo[(i-1)%2][j-w[i]]);
            }
            
        return memo[(n-1)%2][C];    
    }

}

空間複雜度：O（2*C）

 

繼續優化：

使用上一篇的例子，將其優化爲兩行。

 

發現dp[i][j] 只須要上一行的左邊與上方的元素，而右邊的元素並不須要。故嘗試以下優化

咱們僅僅使用一行元素記錄。

更新位置5的元素，只須要位置3的元素以及本身（即上一種狀況的上一行元素）便可。

 

 

同理，更新位置4也僅僅須要本身當前元素以及位置2的元素。

 

 優化後數組爲此。

咱們僅僅須要一行元素，找到其對應的dp[j-v(i)]便可（物理意義爲，掏空足夠的空間，放入當前元素，選取不放入當前元素和放入的較大值）。

 

代碼實現以下：

class Knapsack03{
    public int knapsack03(int[] w , int [] v, int C) {
        assert (w.length == v.length && C >= 0);

        int n = w.length;
        if (n == 0 || C == 0)
            return 0;

        int[] memo = new int[C + 1];

        //第一行初始化。
        for (int i = 0; i <= C; i++)
            memo[i] = (i >= w[0] ? v[0] : 0);

        for (int i = 1; i < n; i++)
            for (int j = C; j >= w[i]; j++) {
                memo[j] = (int) Math.max(memo[j], v[i] + memo[j - w[i]]);

           
            }
        return memo[C];
    }
}