關於01背包問題的優化

一、01背包問題介紹

　　背包問題是經典的動態規划問題之一；

　　常見的01背包問題就是說有一堆物品，現在要裝入一個容器中，這些物品的重量和價值各不一致，而容器的重量又是有限的，沒種物品只能裝1個或者不裝（0個），求當重量限定為w時，這些物品能裝進去組合成的最高價值是多少？

 

分析：我們首先將物品排成一排（隨機），依次標記為1號，2號。。。。然后從一號開始依次往里放，放的時候判斷當前物品是不是應該放進去：

　　　　　　如果當前物品放進去之后的最高總價值 比 不放進去的最高總價值 大 ，那么就是要放入，然后總價值取放入之后的

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　反之不放入，總價值依然取之前的值。

　　並且，在對同一個物品判斷時，從0依次增加容器的容量，直到上限w

　　　　　當前物品放進去之后的最高總價值 = 上一號物品判斷時（容量 = 當前容量 - 當前物品重量 時）總價值 + 當前物品的價值

　　　　　不放進去的最高總價值 = 上一號物品判斷的時候（容量 = 當前容量 時）總價值

　　所以有偽代碼如下：

        if (當前物品重量 > 當前容量) {
            此時最高總價值 = 當前物品不放進去的最高總價值;  // 此時物品重量比容量大，放不進去，只能取放不進去的情況
        } else {
            此時最高總價值 = max(當前物品不放進去的最高總價值, 當前物品放進去的最高總價值);
        }

因此，我們可以用一個狀態表來對整個過程進行描述。

假設現在是有三個物品 （不是三種）一號、二號、三號，重量分別為3，2，5； 價值分別為7,4,8; 當前容器容量為8，求最大價值。

首先，第一行，為沒有任何物品的時候，全部置0；

第二行，判斷一號物品能不能放：

　　當容量擴充為3的時候，一號物品終於能放，價值為7，由於當前也只有一號，所以后面都是7；

第三行，判斷二號物品能不能放：

　　當容量擴充為2的時候，二號物品終於能放，價值為4，與不放進去的最高價值（一號物品在此容量時的值：0）進行比較，所以成功放進去；

　　當容量擴充為3的時候，二號物品一定放時，價值為4，與不放進去的最高價值（一號物品在此容量時的值：7）進行比較，決定不放進去了；

　　。。。

　　當容量擴充為5的時候，二號物品一定放時，最高價值為（一號物品在（當前容量 - 二號物品的重量）時的價值+二號物品的價值）

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　               =（一號物品在容量為（5-2）的時候 + 二號物品的價值）= 7 + 4 =11

　　。。。【如下表】

容量	0	1	2	3	4	5	6	7	8
無	0	0	0	0	0	0	0	0	0
一號	0	0	0	7	7	7	7	7	7
二號	0	0	4	7	7	11	11	11	11
三號	0	0	4	7	7	11	11	12	15

所以有代碼如下：

    public static int getMaxValue(int[] weight, int[] value, int w) {
        int n = weight.length;
        int[][] table = new int[n + 1][w + 1];
        for (int i = 1; i <= n; i++) {     // 物品遍歷（第0行肯定全是0，所以不用遍歷）
            for (int j = 0; j <= w; j++) { // 背包大小遞增
                if (weight[i-1] > j) {     // 當前物品i的重量比背包容量j大，裝不下，只能是不裝
                    table[i][j] = table[i - 1][j];
                } else {                   // 裝得下，Max{不裝物品i， 裝物品i}
                    table[i][j] = Math.max(table[i - 1][j], table[i - 1][j - weight[i-1]] + value[i-1]);
                }
            }
        }
        return table[n][w];
    }

提問：為什么要【n+1】行？

　——因為之后每一個數都需要與上一行做比較，一號物品放入的時候也需要與沒放入的時候做比較，所以空出一行作為“沒有物品的時候”；

　　為什么要【w+1】列？

　——因為在容量遞增時，第一個物品能放的時候，需要與容量減去當前物品的重量，也就是容量為0的時候做比較，所以，也是需要一列作為“0容量的時候”；

　　為什么是weight[i - 1] 和 value[i - 1]？

    ——因為傳入的重量和價值必然是從一號物品開始，而我們的表是從“沒有物品”和“0容量”開始，多了一行和一列，所以 i 是當前物品的標號，而當前物品下標為【標號-1】；

 

二、空間復雜度優化

　　很顯然，上面算法的空間復雜度為矩陣大小【n+1】*【w+1】。

　　n可能不大，但是實際應用傷的w可能會很大，這樣造成了比較大的空間占用。

　　而仔細觀察發現，矩陣中的值只與當前值的左上角的矩陣里的值有關，如圖二號物品容量為4時的價值7，只與綠色標注值有關。

容量	0	1	2	3	4	5	6	7	8
無	0	0	0	0	0	0	0	0	0
一號	0	0	0	7	7	7	7	7	7
二號	0	0	4	7	7	11	11	11	11
三號	0	0	4	7	7	11	11	12	15

　　並且我們是按行進行更新的，所以我們用一個一維數據就能進行狀態的更替，不過要注意更新的方向。

　　所以依賴關系為：下面依賴上面，右邊依賴左邊；

　　如果正常地從左到右邊，那么右邊面等待更新的值需要的依賴（左邊）就會被覆蓋掉，所以應該每行從右邊開始更新。代碼如下：

    public static int getMaxValueByOne(int[] weight, int[] value, int w) {
        int n = weight.length;
        int[] table = new int[w + 1];

        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = w; j >= 0; j--) {
                if (weight[i-1] <= j) {
                    table[j] = Math.max(table[j], table[j - weight[i-1]] + value[i-1]);
                }
            }
        }
        return table[w];
    }

　　如此一來，01背包的空間復雜度就降為了O（w）。