01背包问题

题目：

描述小明今天很开心，家里购置的新房就要领钥匙了，新房里有一间他自己专用的很宽敞的房间。更让他高兴的是，妈妈昨天对他说：“你的 房间需要购买哪些物品，怎么布置，你说了算，只要不超过N 元钱就行”。今天一早小明就开始做预算，但是他想买的东西太多了，肯定会超过妈妈限定的N 元。于是，他把每件物品规定了一个重要度，分为5 等：用整数1~5 表示，第5 等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是整数元）。他希望在不超过N 元（可以等于N 元）的前提下，使每件物品的价格与重要度的乘积的总和最大。设第j 件物品的价格为v[j]，重要度为w[j]，共选中了k 件物品，编号依次为j1...jk，则所求的总和为：v[j1]*w[j1]+..+v[jk]*w[jk]请你帮助金明设计一个满足要求的购物单.输入第一行输入一个整数N(0<N<=101)表示测试数据组数

每组测试数据输入的第1 行，为两个正整数，用一个空格隔开：

N m

（其中N（<30000）表示总钱数，m(<25)为希望购买物品的个数。）

从第2 行到第m+1 行，第j 行给出了编号为j-1

的物品的基本数据，每行有2 个非负整数

v p

（其中v 表示该物品的价格（v≤10000），p 表示该物品的重要度（1~5））输出每组测试数据输出只有一个正整数，为不超过总钱数的物品的价格与重要度乘积的总和的

最大值（<100000000）样例输入

1
1000 5
800 2
400 5
300 5
400 3
200 2

样例输出

3900

分析:这是一个典型的0-1背包问题，对于每一种物品，要么包含，要么不包含，对应1和0；
如果数目较小的话可以遍历解决，不过一般遍历都会超时。下面我想讲一下如何遍历：
比如：有3件物品，那么共有2的3次方中情况，把对应的情况序号转为二进制形式真好对应于
不同为的包含情况，如下图：

让i=0到7；在转化为二进制，就可以看对应位是不是包含了。下面是通过遍历的程序代码，

不过超时了：

#include<stdio.h>
#include<math.h>
void Conversation(int n,bool flag[25])//将数n的二进制位保存下来，就可以知道对应位是否包含
{
int i=0;
while(n!=0)
{
flag[i++]=(bool)(n%2);//保留余数
n/=2;
}
}

int main()
{
int i,j;
int v[25];//价值
int w[25];//重要度

int maxsum;//要求的最大权重
int tempsum,tempmoney;//临时权重，临时共有的钱
int cnt;//测试数据的组数
int totalmoney,totalnum;//总钱数，总物品数
scanf("%d",&cnt);
while(cnt--)
{
maxsum=0;//每组的最大权重一定要在开头初始化为0
scanf("%d %d",&totalmoney,&totalnum);
for(i=0;i<totalnum;i++)
{
scanf("%d %d",&v[i],&w[i]);
}
for(i=1;i<=pow(2,totalnum)-1;i++)//从1到2的n次方遍历
{
bool flag[25]={false};//存放每一种物品是否包含
Conversation(i,flag);
tempsum=0;  //每组测试数据初始化
tempmoney=0;

for(j=0;j<totalnum;j++)
{
if(flag[j]==true)//包含
{
tempmoney+=v[j];
if(tempmoney>totalmoney)
break;
tempsum+=v[j]*w[j];
}//if
}//for(j)
if(tempmoney<=totalmoney&&tempsum>maxsum)
maxsum=tempsum;
}//for(i)
printf("%d\n",maxsum);
}//while(cnt--)

return 0;
}

下面使用动态规划的思想解决：

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include <string.h>
using namespace std;
#define max(a,b) (a>b?a:b)
long w[26],c[26],d[30001]={0};
int main()
{
int n;
cin>>n;
while(n--)
{
long N,m,i,j,ans=0;
memset(w,0,sizeof(w));//初始化为0
memset(c,0,sizeof(c));
memset(d,0,sizeof(d));
scanf("%ld%ld",&N,&m);  //N:总钱数    m:总个数
for(i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%ld%ld",&c[i],&w[i]);
w[i]*=c[i];//w[]中直接保存权重
}
for(i=1;i<=m;i++)//分别求前i个的最大值
for(j=N;j>=c[i];j--)//从最大钱开始
{
d[j]=max(d[j],d[j-c[i]]+w[i]);//一轮j下来，对d[]数组，从j-c[j]到j全部保存的都是前i时的最大值
ans=max(ans,d[j]);
}
printf("%ld\n",ans);

}
return 0;
}

下面介绍0-1背包问题：

题目

有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。

基本思路

这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。

用子问题定义状态：即f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是：

f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}

这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。所以有必要将它详细解释一下：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”，价值为f[i-1][v]；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。

优化空间复杂度

以上方法的时间和空间复杂度均为O(N*V)，其中时间复杂度基本已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O(V)。

先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环i=1..N，每次算出来二维数组f[i][0..V]的所有值。那么，如果只用一个数组f[0..V]，能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态f[i][v]呢？f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]两个子问题递推而来，能否保证在推f[i][v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]的值呢？事实上，这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺序推f[v]，这样才能保证推f[v]时f[v-c[i]]保存的是状态f[i-1][v-c[i]]的值。伪代码如下：

for i=1..N

for v=V..0

f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};

其中的f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]}一句恰就相当于我们的转移方程f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]}，因为现在的f[v-c[i]]就相当于原来的f[i-1][v-c[i]]。如果将v的循环顺序从上面的逆序改成顺序的话，那么则成了f[i][v]由f[i][v-c[i]]推知，与本题意不符，但它却是另一个重要的背包问题P02最简捷的解决方案，故学习只用一维数组解01背包问题是十分必要的。

初始化的细节问题

我们看到的求最优解的背包问题题目中，事实上有两种不太相同的问法。有的题目要求“恰好装满背包”时的最优解，有的题目则并没有要求必须把背包装满。一种区别这两种问法的实现方法是在初始化的时候有所不同。

如果是第一种问法，要求恰好装满背包，那么在初始化时除了f[0]为0其它f[1..V]均设为-∞，这样就可以保证最终得到的f
是一种恰好装满背包的最优解。

如果并没有要求必须把背包装满，而是只希望价格尽量大，初始化时应该将f[0..V]全部设为0。

为什么呢？可以这样理解：初始化的f数组事实上就是在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。如果要求背包恰好装满，那么此时只有容量为0的背包可能被价值为0的nothing“恰好装满”，其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，它们的值就都应该是-∞了。如果背包并非必须被装满，那么任何容量的背包都有一个合法解“什么都不装”，这个解的价值为0，所以初始时状态的值也就全部为0了。