No.1:01背包问题
2014-02-11 20:00
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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:
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]。
假设数组储存结构如下:
上述基本思路如何实现,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。
![](http://img.blog.csdn.net/20140211191427593?watermark/2/text/aHR0cDovL2Jsb2cuY3Nkbi5uZXQvTml0ZWlw/font/5a6L5L2T/fontsize/400/fill/I0JBQkFCMA==/dissolve/70/gravity/SouthEast)
(图为假设f[i-1][v-c[i]]在那里,实际v-c[i]可能小于0,小心不要越界)
优化开始了,可以知道扫描的过程,只与前一个竖列相关,那么可以优化成两列,每次从前列计算出后列,然后再把后列的值存到前列。
![](http://img.blog.csdn.net/20140211193953250?watermark/2/text/aHR0cDovL2Jsb2cuY3Nkbi5uZXQvTml0ZWlw/font/5a6L5L2T/fontsize/400/fill/I0JBQkFCMA==/dissolve/70/gravity/SouthEast)
那么还可以优化,只要一列,每次从自身就可以推算出新值,不过因为决定关系,v需要改成逆序扫描。实际一行跟一列都可以认为成一维数组,意思是空间优化到了一维数组 f[i][v] —> f[v]
即:f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}
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。
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
可以改成
这对于V比较大时是有用的。
参考自著名的背包九讲
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:
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]。
假设数组储存结构如下:
上述基本思路如何实现,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。
for i=1..N for v=0..V f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}
(图为假设f[i-1][v-c[i]]在那里,实际v-c[i]可能小于0,小心不要越界)
优化开始了,可以知道扫描的过程,只与前一个竖列相关,那么可以优化成两列,每次从前列计算出后列,然后再把后列的值存到前列。
那么还可以优化,只要一列,每次从自身就可以推算出新值,不过因为决定关系,v需要改成逆序扫描。实际一行跟一列都可以认为成一维数组,意思是空间优化到了一维数组 f[i][v] —> f[v]
即:f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}
for i=1..N for v=V..0 f[v]=max{f[v],f[v-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。
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
for i=1..N for v=V..0
可以改成
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。
参考自著名的背包九讲
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