01 背包优化

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这两天做了下01背包的题，简单的总结下

首先，对于最基本的01背包问题，转移方程为dp[i][j]=max{dp[i-1][j],dp[i-1][j-cost[i]]+w[i]}

表示考虑第i件物品，容量为j时，有两种策略，第一种是不选该物品，第二种为选择该物品,在这两种策略中选择一个最优策略

复杂度O(VN)

伪代码

for i=1 to n

for v=0 to V

if(v>=cost[i])

dp[i][v]=max(dp[i-1][v],dp[i-1][v-cost[i]]+w[i])

如果用滚动数组压缩空间:

for i=1 to n

for v=V to 0

if(v>=cost[i])

dp[v]=max(dp[v],dp[v-cost[i]]+w[i])

注意到将容量从大到小开始循环后，就可以用一维的数组表示了，当然，这得当所有物品容量都为正时才是正确的

对于01背包问题，每种物品只考虑一次，且每种物品只能被加入一次，而这也恰是为什么第二层循环中v要从大到小的原因，因为当物品容量为正时，容量较大的情况由容量较小的情况决定，如果从小的开始推，一中物品就有可能被加入背包多次

一维的代码中dp[v]在被更新前就相当于dp[i-1][v]，我们将容量从大到小开始推的话，设v1>v2，我们更新v1时，v2还未被更新，表示二维中的dp[i-1][v]，一旦被更新后，就表示dp[i][v]了，如果我们从小往大推的话，会有可能出现这样的情况：dp[v2]被物品i更新一次，更新dp[v1]时又由dp[v2]与背包i更新一次，这样，dp[v1]保存的信息中，物品i就被装了两次，这与01背包的定义是不同的

当然，如果此时物品容量为负时，我们必须将v从小到大推，道理是一样的

POJ 3132 Sum of Different Primes

求一个数n由k个不同素数组成的方案数，其中，5=2+3和5=3+2是一样的，即不考虑顺序

这道题可以转化成01背包求解，n小于等于1120,k<=14,我们可以先打表打出1120内的素数，然后把这187个素数看成187件物品，然后他们的和看成容量，

即1<=n<=187,1<=V<=1120

但是，这道题又多了一个维数的限制，即装入物品个数的限制，没关系，递推就行

dp[i][j][k]表示前i个素数中的j个素数组成和为k的方案数，那么dp[i][j][k]=sum{dp[i-1][1..j-1][k-prime[i]]

压缩空间后可以去掉一维i，但是k要从大到小枚举，因为不能用重复的素数！

POJ 2184 Cow Exhibition

也可以转化为01背包来做，只是这题需要一些变化，把s看成容量，f看成价值

则dp[i][j]=选前i头牛且s的和为j时，f的最大值，最后枚举满足条件的s和与它对应的f，由于i可能为负，需要增加del值平移

当然，也可以压缩为一维的，但是需要分情况考虑fi大于0和小于0的情况，保证第i头牛只被加1次

还有，这题可以设置i的左右边界优化下，我从200多跑到63ms了

可以参考：http://blog.csdn.net/chendanche/archive/2011/04/12/6317909.aspx

POJ 1837 Balance

与2184差不多，不过这题求的是方案数，又与3132相似

首先定义状态方程为dp[i][j]为选前个重物且力矩为j时的方案数,则dp[i][j]=sum{dp[i-1][j-pos[k]]},1<=k<=m，m为挂钩的个数，pos[k]为第k个挂钩的位置

那么这题能否也压缩一下呢？答案是不行的，因为这题转移时需要在同一个维度i枚举不同的挂钩，不管你考虑pos[k]为正时倒着来也好，pos[k]为负时正着来也好，都有可能将第i个挂钩多次装入背包，与上面两个题可以放一起体会体会

最后结果为dp
[0+del]

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01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。状态转移方程是：

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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(VN)，其中时间复杂度应该已经不能再优化了，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：

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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。

事实上，使用一维数组解01背包的程序在后面会被多次用到，所以这里抽象出一个处理一件01背包中的物品过程，以后的代码中直接调用不加说明。

过程ZeroOnePack，表示处理一件01背包中的物品，两个参数cost、weight分别表明这件物品的费用和价值。

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procedureZeroOnePack(cost,weight)

for v=V..cost

f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}

注意这个过程里的处理与前面给出的伪代码有所不同。前面的示例程序写成v=V..0是为了在程序中体现每个状态都按照方程求解了，避免不必要的思维复杂度。而这里既然已经抽象成看作黑箱的过程了，就可以加入优化。费用为cost的物品不会影响状态f[0..cost-1]，这是显然的。

有了这个过程以后，01背包问题的伪代码就可以这样写：

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for i=1..N

ZeroOnePack(c[i],w[i]);

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。

这个小技巧完全可以推广到其它类型的背包问题，后面也就不再对进行状态转移之前的初始化进行讲解。

一个常数优化

前面的伪代码中有 for v=V..1，可以将这个循环的下限进行改进。

由于只需要最后f[v]的值，倒推前一个物品，其实只要知道f[v-w
]即可。以此类推，对以第j个背包，其实只需要知道到f[v-sum{w[j..n]}]即可，即代码中的

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for i=1..N

for v=V..0

可以改成

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for i=1..n

bound=max{V-sum{w[i..n]},c[i]}

for v=V..bound

这对于V比较大时是有用的。

小结

01背包问题是最基本的背包问题，它包含了背包问题中设计状态、方程的最基本思想，另外，别的类型的背包问题往往也可以转换成01背包问题求解。故一定要仔细体会上面基本思路的得出方法，状态转移方程的意义，以及最后怎样优化的空间复杂度。

#include "stdafx.h"
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#define N 3// the number of real node
#define M 10 // total weight
using namespace std;
int _tmain(int argc, _TCHAR* argv[])
{
//int v[N+1] = {0,6,3,5,4,6};// value
//int w[N+1] = {0,2,2,6,5,4};// weight
int v[N+1] = {0,4,5,6};// value
int w[N+1] = {0,3,4,5};// weight
//int weight = 10;// total weight
int x[N+1];
int f[M+1] = {0};
//for(int j=1;j<=M;j++)
for(int i=1;i<=N;i++)
for(int j=M;j>=w[i];j--)// 选第i个看是否可以加入 不断更新；>w[i] 确保 f[j-w[i]]有意义，因为当j<w[i]时，就不能对该点进行选择
{
if(f[j]<(f[j-w[i]]+v[i]))
f[j] = f[j-w[i]]+v[i];
}

for(int i=1;i<=M;i++)
cout<<f[i]<<" ";//f[M] 为所求
cout<<endl;
system("pause");
return 0;
}