01背包问题

题目：给一个书包，可以放最重为10的物体，给很多物体，有重量，对应的有价值，问在书包可以容纳的情况下，能够获得的最大价值。

这是一个01背包问题，可以对于一个物体有两种状态，放到书包里和不放到书包里。

如： 物体编号： 1 2　　3　　4　　5　　6

　　　物体重量： 2　　3　　1　　4　　6　　5

　　 物体价值： 5　　6　　5　　1　　19　 7

我们从第一个物体开始考虑，一直到最后一个，每一个有两种状态放在书包里或者放弃掉不放在书包里。

假设现在我们考虑第n个物体，剩余的容量为c，那么用f(n,c)表示当前可以获得的最大价值，那么我们考虑一下第n个物体，是不是当前最大价值只能由两个子问题得来：1、取了第n个物体，考虑第n-1个物体，容量c减去第n个物体的重量，同时加上第n个物体的价值；2没有取第n个物体，那么就简单了，我们只需要考虑第n-1个物体，容量还是c，价值也不用加（没有取嘛）。那么，对于第n（n为任意数）个物体是不是都可以由以前的结果（第n-1个时的结果和当前这个物体的价值来获得）。作为数学表达式可写为：

　　　　　　　　　　　　f(n,c) = max{ f(n-1, c) , f(n-1, c - w) + v} ； w代表第n个物体的重量，v代表第n个物体的价值

我们不妨先用一个矩阵来推导一下（先不考虑程序的实现），我们要使用一个(n + 1) * (c + 1)的矩阵，为什么使用这么大小的呢？可以这样考虑，f(n,c)中，需要n*c,这个没问题吧，因为如果不满足这个没有办法把f(n,c)全部表示出来。为什么要加1呢，因为物体和容量这里都从1开始，我们还有0的情况呢，也就是初始化的情况，最开始我们是都为0的。



好，那么我们看一下过程：



这是初始化，想一下，如果物体个数为0，或者背包的容量为0，那么得到的价值只能是0.

下面我们分析第一行

（1,1）位置，代表有一个容量有一个物体时的最大价值，可以取可以不取第一个。

1、不取。那么能得到的价值就是f(0,1)了，对应就是(0,1)位置的价值，为0

2取。第一个物体的重量为2，二当前的容量为1，所以放不下，也为0.

因此(1,1)位置只能是0.

（1,2）位置，代表有2个容量有一个物体时的最大价值，可以取可以不取第一个。

1、不取。那么能得到的价值就是f(0,2)了，对应就是(0,2)位置的价值，为0

2取。第一个物体的重量为2，二当前的容量为2，可以放下，把这个物体放进去。放进去之后，再看上一个物体，上一个物体为0，容量2-2=0之后，因此为上一个物体的获得的最大价值为f(0,0).因此，当前的最大价值为f(0,0)+5.

比较这两种情况，取两者的最大值，因此得到5.（1,2）位置为5.

后面的情况如以上分析，得到：



看一下整个过程，都是有自己正上面的和上面左边某一个位置的数值得到，比较正上方和左上方（左边移动几个位置位置，上面第一个物体时，左边第二个，后面第二个，第三个。。。物体并不一定，与当前物体的重量有关，当前物体重量是多少，那么就是左边第几个，请从图上考虑一下为什么），获取大的那一个。为什么能从图上得到呢？考虑一下公式：f(n,c) = max{ f(n-1, c) , f(n-1, c - w) + v}。相信能想清楚吧，这里没有任何难度了。

第二个物体，第三个物体的过程与第一行一样。下面我给出整个表格计算完的结果：



为了更清楚上面的过程，我们再来分析一个某个位置如何得来，如（5,6）

1、不取。那么能得到的价值就是f(4,6)了，对应就是(4,6)位置的价值，为16

2取。第5个物体的重量为6，二当前的容量为6，可以放下，把这个物体放进去。放进去之后，再看上一个物体，上一个物体为4，容量6-6=0之后，因此为上一个物体的获得的最大价值为f(4,0).因此，当前的最大价值为f(4,0)+19.

比较这两种情况，取两者的最大值，因此得到19.（5,6）位置为19.

至此，我们的分析过程就完成了，现在想一下，如果我们声明一个二维数组，是不是就可以模仿上面的过程把背包问题解决了呢。

代码就不贴出来了，因为上面的二维数组可以优化，我们最后给一个优化了的代码。

空间复杂度的优化

上面的二维数组是整个计算过程的关键。但是，仔细想一下，当我们计算第5个物体时，只涉及到了数组中这一行和这一行的上一行。这一行是上一行的数据计算得到的，还是公式，两种情况的一种。总之，不管这个物体有没有取，都要去看上一个物体，因此我们可以把真个二维数组优化成只有两行的，例如这两行：



取第4个物体，都是根据第三个物体计算出来的。

到这里已经取得了极大的空间优化。其实，接着认真考虑一下，我们每次都是把上一行的计算，填写到下一行。我们能不能用一行呢？

当然可以，但是这里涉及到一个小技巧。

如果还是从小到大更新（从做到右），我们右边的更新都要依赖左边了，如果从左到右左边的变化了，右边的就没有办法计算了。一次可以从右边向左边更新，左边的更晚更新，不会影响到右边的。这样不就可以用一行解决了吗。举例子来看：

我们要更新（4,10）位置，第4个物体重量为4，如果取的话，那么当前的价值就是f(4-1, 10-4)+1=f(3,6)+1=16+1=17;如果我们在原位置上更新，左边的也不会受到影响。这样就用一行就可以了。

我们再来看一下向左更新终止条件，其实只要到c-w就可以了（w为当前物体的容量，c为一共给的容量）。为什么呢？因为小于这个数的时候，容量放不下当前物体，他取这个物体得到的价值为0（其实取不到，因为放不下），不取这个物体（在上面二维数组中，就是正上方的值）的价值就是当前数组这个位置的数，没有必要更新。因此终止条件就是到c-w就可以了。

其实这是一个动态规划的问题，只不过是最简单的。想学习动态规划的可以去学习一下。

下面贴上优化了空间复杂度的代码：

public class pack {
public static void main(String args[]) {
Scanner scanner = new Scanner(System.in);
int maxValue = scanner.nextInt();//最大容量
int num = scanner.nextInt();//共有的包裹数目
int[] weight = new int[num];//包裹的重量
int[] value = new int[num];//包裹的价值
for (int i = 0; i < num; i++) {
weight[i] = scanner.nextInt();
}
for (int i = 0; i < num; i++) {
value[i] = scanner.nextInt();
}
int[] a = new int[maxValue + 1];
for (int i = 0; i < num; i++) {//num为物体的个数，相当于二维数组从上到下
ZeroOnePack(weight[i], value[i], a, maxValue);
}
System.out.println(a[maxValue]);

}
public static void ZeroOnePack(int weight, int value, int[] a, int maxValue) {
for (int i = maxValue; i >= weight; i--) {//在原数组上更新新值，从后向前，终止条件也不必到0
a[i] = max(a[i], a[i - weight] + value);//a[i]意思是没有取当前的物体
}
}
public static int max(int a, int b) {
return a > b ? a : b;
}
}