經常使用算法思想之動態規劃的多條件記憶思路

思路：要解決的子問題不單單是數量的變化，判斷的條件也會變化，選擇同時記住子問題和變化的條件，存下全部變化條件下子問題的最優結果，做爲父問題的解答

揹包問題

總共n個物件，每一個物件的重量爲，是個Integer,每一個物件價值爲，揹包能裝下的重量爲S，求每次獲取最大價值的裝法。
分析以下：揹包能裝下的重量是有限的，若是物件自己的重量是大於揹包的能裝範圍，價值再大也不能裝，對於剩餘重量小於揹包能裝範圍:

• 假設選擇裝物件A，此時獲取價值爲,剩餘能裝重量 $S-S_a
• 假設選擇不裝物件A，此時能夠在剩餘的物件裏面選擇一個能裝的

選擇的方案總共有兩種，那種方式使得價值最大就選擇對應的裝的方式

• X表示當前揹包能裝的量
• i-1表示揹包當前已經裝的物件
• 表示當前的物件重量
• DP(i-1,X)表示不裝物件
• DP(i-1,X-S_i)+V_i則表示當前選擇裝能帶來的價值
• DP(i-1,X-S_i)則表示在剩餘重量下的最大能裝的價值

假設有以下示例：

總共有3個物件，揹包限量爲5kg。物件分別爲 
A價值10元，4kg
B價值4元，2kg
C價值7元，3kg
複製代碼

揹包裏頭剛開始什麼都沒有，也就是剛開始的時候什麼都不拿，揹包中的價值都是0。

	0	1	2	3	4	5
0	0	0	0	0	0	0
A
B
C

橫軸表示揹包能裝的重量，縱軸表示物件，每一個單元格表示對應重量中揹包能裝的最大價值

假設這個時候只有一個物件A，它的重量是4kg,根據揹包能裝的條件必須是揹包的容量至少是4kg,不然不管價值是多少，容量不夠確定不能裝

	0	1	2	3	4	5
0	0	0	0	0	0	0
A	0	0	0	0
B
C

列爲0表示容量爲0

此時容量已經到達4了，有兩個選擇

• 不裝A，此時帶來價值是0，剩餘容量是5
• 裝A，帶來的價值是10，損失的容量是4，剩餘容量是0，在原來容量是1且沒有物件可裝的狀況下，DP(0,0)它的價值是0

能夠看到裝A帶來的價值更大

	0	1	2	3	4	5
0	0	0	0	0	0	0
A	0	0	0	0	10
B
C

當容量到達5時，和4作同樣的考慮，有DP(0,1)+10=0+10>DP(0,5)=0,於是繼續選擇裝A價值更大

	0	1	2	3	4	5
0	0	0	0	0	0	0
A	0	0	0	0	10	10
B
C

物件A的選擇已經窮盡，此時能夠看作'A已經裝在揹包了'。考慮物件B，它的重量爲2kg

• 只有在揹包有容量裝時，才能帶來價值
• 當容量爲2時，A是裝不下的，此時原始揹包的價值爲0，裝能帶來價值
• 當容量爲3是，仍是隻能裝下B

	0	1	2	3	4	5
0	0	0	0	0	0	0
A	0	0	0	0	10	10
B	0	0	4	4
C

當容量爲4的時候狀況出現了一點變化

• 不裝B，此時揹包的已經裝下了A，並且價值DP(1,4)=10
• 裝B，帶來的價值爲4，剩餘容量爲3，而在容量爲3時，初始的價值爲DP(1,3)=0,總價值爲4

能夠看到A,B二者在容量爲4時，選擇只裝A是更優的選擇,一樣的狀況適用於容量5

	0	1	2	3	4	5
0	0	0	0	0	0	0
A	0	0	0	0	10	10
B	0	0	4	4	10	10
C

而後考慮C，此時揹包已經考慮過裝A,B的狀況

• 當容量爲0和1的時候，原始揹包什麼都沒有裝，並且容量也達不到C的重量
• 當容量爲2的時候，仍然裝不下C，而不裝C，從A,B中的結果來看，能夠獲得的最佳價值爲DP(2,2)=4

	0	1	2	3	4	5
0	0	0	0	0	0	0
A	0	0	0	0	10	10
B	0	0	4	4	10	10
C	0	0	4

當容量爲3時

• 不裝C，原始價值爲DP(2,3)=4
• 裝C，原始價值爲 7+DP(2,0)=7

DP(2,0)表示在容量爲0的狀況下，A+B都考慮是否裝的最優價值

得出只裝C更好

	0	1	2	3	4	5
0	0	0	0	0	0	0
A	0	0	0	0	10	10
B	0	0	4	4	10	10
C	0	0	4	7

當容量爲4時

• 不裝C，原始價值爲DP(2,4)=10
• 裝C，帶來價值7，損失重量3，剩餘1，總價值爲DP(2,1)+7=7

不裝C更好

	0	1	2	3	4	5
0	0	0	0	0	0	0
A	0	0	0	0	10	10
B	0	0	4	4	10	10
C	0	0	4	7	10

當容量爲5時

• 不裝C，價值爲DP(2,5)=10
• 裝C，帶來價值7，損失重量3，剩餘重量2，總價值DP(2,2)+7=4+7=11

裝C更好

	0	1	2	3	4	5
0	0	0	0	0	0	0
A	0	0	0	0	10	10
B	0	0	4	4	10	10
C	0	0	4	7	10	11

由此能夠獲得結論，容量爲5，當前條件下最優的價值是11。
代碼以下

public static void main (String[] args) throws Exception{
//code
BufferedReader br=new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
int round=Integer.parseInt(br.readLine());
for(int r=1;r<=round;r++){
            //物件的個數
            int N=Integer.parseInt(br.readLine());
            //揹包的容量
            int W=Integer.parseInt(br.readLine());
            String[] vStrs=br.readLine().split(" ");
            String[] wtStrs=br.readLine().split(" ");
            int[] v=new int[N+1];
            int[] wt=new int[N+1];
            for(int i=0;i<N;i++){
                //物件的價值
                v[i]=Integer.parseInt(vStrs[i]);
                //物件的重量
                wt[i]=Integer.parseInt(wtStrs[i]);
            }
            int[][] dpV=new int[N+1][W+1];
            for(int i=1;i<=N;i++){
                for(int j=1;j<=W;j++){
                    int result=dpV[i-1][j];
                    if(wt[i-1]<=j){
                        result=Math.max(v[i-1]+dpV[i-1][j-wt[i-1]],dpV[i-1][j]);
                    }
                    dpV[i][j]=result;
                }
            }
            System.out.println(dpV[N][W]);
}
}
複製代碼

總共的耗時時間爲O(NW),與揹包的容量和物件的個數都有關。

僞多項式運行時間

從上面看到揹包問題須要的時間爲O(ns),其中s表示揹包的最大容量，一個物件的最大容許放的大小就是S，存放在電腦上起碼須要 logS 的空間。而總共的個數有 n 個須要處理，因此花銷的空間大小爲 O(nlogS),假設logS=b,即輸入大小爲 O(nb),那麼運行時間爲,也就是隨着輸入的變大，運行時間會變成指數增加，可是若是b很小，就是多項式運行時間，這種稱爲僞多項式運行時間。