【動態規劃】01揹包問題【續】

說明

這段時間天天加班，確實沒有整塊的時間來寫博客了，一不當心就到週末了，要是不寫篇博客，那就又要鴿了。爲了避免打臉，仍是加班加點的把這篇博客給寫了出來。

再說個題外話，最近一直在看一本關於Mysql的掘金小冊，感受很棒，做者用通俗易懂的語言將Mysql的底層原理進行了介紹，圖文並茂，講解的很深刻，能夠看出做者應該是花了很多心思，借閱了很多書籍的。聽說做者是個95後，爲了寫這本小冊子還特地辭了職，簡直優秀！

一篇文章大概須要花費40~60分鐘，建議花整塊的時間進行閱讀。

從做者的身上，也看到了一種匠心精神，反觀本身，寫這麼水的文章，實在是慚愧。因此決定對文章質量把把關，本着寧缺毋濫的原則來寫做，儘可能不浪費你們的時間。

好了，閒話就說到這了，言歸正傳。

上一篇中，咱們瞭解了01揹包問題，並用三種方法進行了求解，但其實在最後一種解法上，咱們還能再對它的空間複雜度進行優化。

優化過程

已通過去一個星期了，可能一部分人已經忘記了以前的解題思路，因此在這裏把以前填表法使用到的圖貼了過來：

這是咱們上一篇填表法的最終結果，在這裏，聰明的你應該能發現，其實這裏大部分的內容都沒有用上，那麼讓咱們來想一想，如何優化一下空間複雜度呢？

再回頭看下以前的遞推關係式：

能夠發現，每次求解 KS(i,j)只與KS(i-1,m) {m:1...j} 有關。也就是說，若是咱們知道了K(i-1,1...j)就確定能求出KS(i,j)，爲了更直觀的理解，再畫一張圖：

下一層只須要根據上一層的結果便可推出答案，舉個栗子，看i=3，j=5時，在求這個子問題的最優解時，根據上述推導公式，KS(3,5) = max{KS(2,5),KS(2,0) + 3} = max{6,3} = 6;若是咱們獲得了i=2時全部子問題的解，那麼就很容易求出i=3時全部子問題的解。

所以，咱們能夠將求解空間進行優化，將二維數組壓縮成一維數組，此時，裝填轉移方程變爲：

KS(j) = max{KS(j),KS(j - wi) + vi}

這裏KS(j - wi)就至關於原來的KS(i-1, j - wi)。須要注意的是，因爲KS(j)是由它前面的KS(m){m:1..j}推導出來的，因此在第二輪循環掃描的時候應該由後往前進行計算，由於若是由前日後推導的話，前一次循環保存下來的值可能會被修改，從而形成錯誤。

這麼說也許仍是不太清楚，回頭看上面的圖，咱們從i=2推算i=3的子問題的解時，此時一維數組中存放的是{0,0,2,4,4,6,6,6,6,6,6}，這是i=2時全部子問題的解，若是咱們從前日後推算i=3時的解，好比，咱們計算KS(0) = 0，KS(1) = KS(1) = 0 (由於j=1時，裝不下第三個珠寶，第三個珠寶的重量爲5)，KS(2) = 2,KS(3) = 4,KS(4) = 4, KS(5) = max{KS(5), KS(5-5) + 3} = 6,....,KS(8) = max{KS(8),KS(8 - 5) + 3} = 7。在這裏計算KS(8)的時候，咱們就把原來KS(8)的內容修改掉了，這樣，咱們後續計算就沒法找到這個位置的原值（這個栗子沒舉好。。由於後面的計算沒有用到KS(8)= =），也就是上一輪循環中計算出來的值了，因此在遍歷的時候，須要從後往前進行倒序遍歷。

public class Solution{
    int[] vs = {0,2,4,3,7};
    int[] ws = {0,2,3,5,5};
    int[] newResults = new int[11];

    @Test
    public void test() {
        int result = ksp(4,10);
        System.out.println(result);
    }

    private int ksp(int i, int c){
        // 開始填表
        for (int m = 0; m < vs.length; m++){
            int w = ws[m];
            int v = vs[m];
            for (int n = c; n >= w; n--){
                newResults[n] = Math.max(newResults[n] , newResults[n - w] + v);
            }
            // 能夠在這裏輸出中間結果
            System.out.println(JSON.toJSONString(newResults));
        }
        return newResults[newResults.length - 1];
    }
}

輸出以下：

[0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0]
[0,0,2,2,2,2,2,2,2,2,2]
[0,0,2,4,4,6,6,6,6,6,6]
[0,0,2,4,4,6,6,6,7,7,9]
[0,0,2,4,4,7,7,9,11,11,13]
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這樣，咱們就順利將空間複雜度從O(n*c)優化到了O(c)。固然，空間優化的代價是，咱們只能知道最終的結果，但沒法再回溯中間的選擇，也就是沒法根據最終結果來找到咱們要選的物品組合。

關於初始值

01揹包問題通常有兩種不一樣的問法，一種是「剛好裝滿揹包」的最優解，要求揹包必須裝滿，那麼在初始化的時候，除了KS(0)爲0，其餘的KS(j)都應該設置爲負無窮大，這樣就能夠保證最終獲得的KS(c)是剛好裝滿揹包的最優解。另外一種問法不要求裝滿，而是隻但願最終獲得的價值儘量大，那麼初始化的時候，應該將KS(0...c)所有設置爲0。

爲何呢？由於初始化的數組，其實是在沒有任何物品能夠放入揹包的狀況下的合法狀態。若是要求揹包剛好裝滿，那麼此時只有容量爲0的揹包能夠在什麼都不裝且價值爲0的狀況下被「剛好裝滿」，其餘容量的揹包均沒有合法的解，所以屬於未定義的狀態，應該設置爲負無窮大。若是揹包不須要被裝滿，那麼任何容量的揹包都有合法解，那就是「什麼都不裝」。這個解的價值爲0，因此初始狀態的值都是0。

總結

01揹包問題能夠用自上而下的遞歸記憶法求解，也能夠用自下而上的填表法求解，然後者能夠將二維數組的解空間優化成一維數組的解空間，從而實現空間複雜度的優化。

對於01揹包問題的兩種不一樣問法，實際上的區別即是初始值設置不同，解題思路是同樣的。

關於01揹包問題，介紹到這裏就已經所有結束了，但願能對你們有所幫助。若是以爲有收穫，不要吝嗇你的贊哦，也歡迎關注個人公衆號留言交流。