揹包問題

0-1揹包

問題描述：

　　有n個重量和價值分別是w_i，v_i的物品，從這些物品中挑選出總重量不超過W的物品，求全部方案中價值總和的最大值

分析：

　　dp[ i ][ j ] 表示在前 i 個物品中能裝入容量爲 j 的揹包的最大價值，則有：

　　dp[i][j] = dp[i - 1][j] j < wi 　　dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - wi] + vi) j >= wi

　　當前揹包容量不容許裝入第 i 件物品時，前 i 件和前 i-1 件同樣，容許裝入時，從兩種選擇（裝、不裝）中挑選價值最大的

優化及拓展：

　　在計算 dp[i][j] 時只使用了 dp[i-1][0……j] ，在存儲子問題解的時候，只用存儲 dp[i-1] 的子問題解便可，因此可使用滾動數組進行空間優化，用一維數組代替二維，只不過一維的數組，一個是表明正在解決的問題（左邊的是 i ），一個是表明子問題（右邊的是 i - 1）。即狀態轉移方程能夠這樣表示：dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]); 

　　注意點：若使用滾動數組優化成一維，則 j 的遍歷，即揹包容量的枚舉須要逆序枚舉，由於一維數組正序計算時存在值的覆蓋（i-1時刻的值會被當前 i 時刻的值覆蓋），會使得結果錯誤。而二維數組標明瞭是 i 時刻的值仍是 i-1 時刻的值，因此正序逆序都無所謂

 

徹底揹包

 問題描述：

　　在0-1揹包的基礎上，每種物品能夠取任意個

分析：

　　徹底揹包問題的dp思想能夠在0-1揹包的基礎上改進，增長一個描述選取物品數量的參數，這樣的話還須要枚舉數量參數的可取值，效率不高

for(int i = 1; i <= n; i++)
{
    for(int j = 1; j <= w; j++)
    {
        for(int k = 0; k * w[i] <= j; k++)
        {
            if(w[i] <= j)
                dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - k * w[i]] + k * v[i]);
            else
                dp[i][j] = dp[i - 1][j];
        }
    }
}

　　雖然在這基礎上能夠再進行一系列的優化，好比有兩種物品，其中一種價值小且重量大，那麼就能夠把這種物品刪除不考慮等等，可是在隨機數據中，這種優化效果並不顯著，現更換一種dp思路，將徹底揹包問題轉化成0-1揹包來解決。

　　上面這種k參數的方法是以每一種物品爲單位來枚舉每種取多少個來解決的，而如今以每個物品爲單位來看問題，考慮是否在物品總數中添加當前該物品，來看遞推式

　　f [ i ] [ j ] = max( f[ i - 1 ] [ j ] , f [ i ] [ j - c[i] ] + w [ i ] )

　　爲何會是f[i][j-c[i]]+w[i]，由於你放第i種物品，並不牽扯到第i-1種物品

 1 for (int i = 1; i <= n; ++i)
 2 {
 3     for (int j = 1; j <= v; ++j)
 4     {
 5         if (c[i] <= j)
 6             f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i][j - c[i]] + v[i]);
 7         else
 8             f[i][j] = f[i - 1][j];
 9     }
10 }

優化及拓展：

　　空間優化一下，和0-1揹包問題不一樣的是，0-1揹包空間優化後遍歷順序是逆序，而這裏徹底揹包問題則是須要順序。

　　考慮一下緣由，在未考慮第 i 種物品的時候，前面的 i - 1 種物品存在一個最優解，當考慮第 i 種物品的添加時，可能最優解會更新，因此須要順序來覆蓋更新最優解

1 for (int i = 1; i <= n; ++i)
2 {
3     for (int j = w[i]; j <= v; ++j)
4     {
5         f[j] = max(f[j], f[j - c[i]] + v[i]);
6     }
7 }

 

參考博客：

http://www.cnblogs.com/Kalix/p/7617856.html

http://www.javashuo.com/article/p-yogawaxu-s.html