揹包問題

 

 

1、01揹包問題

最基礎的揹包問題：有N件物品和一個容量爲V的揹包。第i件物品的體積是w[i]，價值是v[i]。求解將哪些物品裝入揹包可以使物品的總價值達到最大。

咱們用dp[i][j]表示在整體積不超過j的狀況下，前i個物品所能達到的最大價值。初始時，dp[0][j]爲0。

依據每種物品是否被放入揹包，每一個狀態有兩個狀態轉移的來源。

1.若物品i被放入揹包，設其體積爲w，價值爲v，則dp[i][j] = dp[i-1][j-w]+v。

2.若物品不放入揹包，則dp[i][j] = dp[i-1][j]。

選擇二者之中的較大值成爲狀態dp[i][j]的值。 即狀態轉移方程：dp[i][j] = max{ dp[i-1][j], dp[i-1][j-w]+v};

同時注意：j-w的值是否爲非負值，若爲負值則該狀態來源不能被轉移。

 

 1 // 狀態轉移
　　for(int i=1; i<=m; i++)
 2         {//循環每個物品
 3 
 4             for(int j=t; j>=list[i].w; j--)
 5             {
 6                 dp[i][j]=max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-list[i].w]+list[i].v);
 7             }
 8             //j屬於list[i].w-1~0
 9             for(int j=list[i].w-1; j>=0; j--)
10             {
11                 dp[i][j]=dp[i-1][j];
12             }
13         }

 

觀察狀態轉移的特色，咱們發現dp[i][j]的轉移僅與dp[i-1][j-list[i].w]和dp[i-1][j]有關，即僅與二維數組中本行的上一行有關。根據這個特色，咱們能夠將本來的二維優化。

dp[j] = max{ dp[j], dp[j-list[i].w]+v };

 1   // 狀態轉移 （簡化後）
 2 　　for(int i=1; i<=m; i++)
 3           {//循環每個物品
 4   
 5               for(int j=t; j>=list[i].w; j--)
 6               {
 7                   dp[j]=max(dp[j], dp[j-list[i].w]+list[i].v);
 8               }
 9              
10           }

 

 

在0-1揹包中，之因此逆序循環更新狀態是爲了保證更新dp[j]時，dp[j-list[i].w]的狀態還沒有由於本次更新而發生變化。所以必須逆序更新每一個dp[j]的值。

0-1揹包存在一個簡單的變化：即要求所選擇的物品必須剛好裝滿揹包。此時，只須要改變初始狀態，dp[0][0]爲0，而其餘dp[0][j]值均變化爲負無窮或者是不存在。該變化與原始的0-1揹包的差異只體如今初始值方面。

 

2、徹底揹包

徹底揹包是在0-1揹包的基礎上，使每種物品的數量無限增長。

徹底揹包：有一個體積爲V的揹包，同時又n個物品，每一個物品均有各自的體積w和價值v，每一個物品的數量均爲無限個，求使用該揹包最多能裝的物品價值總和。

簡單來講，使用以前空間優化過的一維數組來解，按以下方法轉移：

 1   // 狀態轉移 （簡化後）
 2 　　for(int i=1; i<=m; i++)
 3           {//循環每個物品
 4   
 5               for(int j=list[i].w; j<=t; j++)
 6               {
 7                   dp[j]=max(dp[j], dp[j-list[i].w]+list[i].v);
 8               }
 9              
10           }

與0-1揹包相比，彷佛只存在着對狀態j的遍歷順序有所差別。這是由於0-1揹包中每一個物品至多隻能被選擇一次。而在徹底揹包中，每一個物品能夠被選擇無限次，那麼狀態dp[i][j]剛好能夠由可能已經放入物品i的狀態轉移而來。

總結一下：徹底揹包解法與0-1揹包總體保持一致。不一樣的只是狀態更新時的遍歷順序。