01背包 完全背包问题

01背包问题描述

已知:有一个容量为V的背包和N件物品，第i件物品的重量是weight[i]，收益是cost[i]。

限制:每种物品只有一件，可以选择放或者不放

问题:在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值或收益

相似问题:在恰好装满背包的情况下，最多能获得多少价值或收益

这里，我们先讨论在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值或收益。

基本思路

01背包的特点:每种物品只有一件，可以选择放或者不放

子问题定义状态

f[i][v] : 前i件物品放到一个容量为v的背包中可以获得最大价值

状态转移方程

f[i][v] = max(f[i - 1][v],f[i - 1][v - weight[i]] + cost[i])

分析

考虑我们的子问题，将前i件物品放到容量为v的背包中，若我们只考虑第i件物品时，它有两种选择，放或者不放。

1) 如果第i件物品不放入背包中，那么问题就转换为：将前i - 1件物品放到容量为v的背包中，带来的收益f[i - 1][v]

2) 如果第i件物品能放入背包中，那么问题就转换为：将前i - 1件物品放到容量为v - weight[i]的背包中，带来的收益f[i - 1][v - weight[i]] + cost[i]

其实背包问题大家可以找到各种解释，但是我开始不懂得是空间优化都为毛要更新顺序不同结果就完全不同

后来看了某位大神的解释才了解

优化空间复杂度

上述的方法，我们使用二维数组 f[i][v] 保存中间状态，这里我们可以使用一维数组f[v]保存中间状态就能得到结果

分析

我们现在使用f[v]保存中间状态，我们想要达到的效果是，第i次循环后，f[v]中存储的是前i个物体放到容量v时的最大价值

在回顾下之前讲过的状态转移方程：

f[i][v] = max(f[i - 1][v],f[i - 1][v - weight[i]] + cost[i])

代码：

for i=1..N //枚举物品
for v=V..0 //枚举容量，从大到小
f[v]=max{f[v],f[v-weight[i]] + cost[i]};

逆序枚举容量的原因：

注意一点，我们是由第 i - 1 次循环的两个状态推出 第 i 个状态的，而且 v > v - weight[i]，则对于第i次循环，背包容量只有当V..0循环时，才会先处理背包容量为v的状况，后处理背包容量为 v-weight[i] 的情况。

具体来说，由于，在执行v时，还没执行到v - weight[i]的，因此，f[v - weight[i]]保存的还是第i - 1次循环的结果。即在执行第i次循环 且 背包容量为v时，此时的f[v]存储的是 f[i - 1][v] ，此时f[v-weight[i]]存储的是f[i - 1][v-weight[i]]。

相反，如果在执行第 i 次循环时，背包容量按照0..V的顺序遍历一遍，来检测第 i 件物品是否能放。此时在执行第i次循环 且 背包容量为v时，此时的f[v]存储的是 f[i - 1][v] ，但是，此时f[v-weight[i]]存储的是f[i][v-weight[i]]。

因为，v > v - weight[i]，第i次循环中，执行背包容量为v时，容量为v - weight[i]的背包已经计算过，即f[v - weight[i]]中存储的是f[i][v - weight[i]]。即，对于01背包，按照增序枚举背包容量是不对的。