動態規划-背包問題
此博客分別討論0-1背包，完全背包和多重背包，並給出相應的解題模板。
0-1背包
題目：有一個容量為 V 的背包，和一些物品。這些物品分別有兩個屬性，體積 w 和價值 v，每種物品只有一個。要求用這個背包裝下價值盡可能多的物品，求該最大價值，背包可以不被裝滿。
0-1背包問題：在最優解中，每個物品只有兩種可能的情況，即在背包中或者不在背包中（背包中的該物品數為0或1），因此稱為0-1背包問題。
步驟1-找子問題：子問題必然是和物品有關的，對於每一個物品，有兩種結果：能裝下或者不能裝下。第一，包的容量比物品體積小，裝不下，這時的最大價值和前i-1個物品的最大價值是一樣的。第二，還有足夠的容量裝下該物品，但是裝了不一定大於當前相同體積的最優價值，所以要進行比較。由上述分析，子問題中物品數和背包容量都應當作為變量。因此子問題確定為背包容量為j時，求前i個物品所能達到最大價值。
步驟2-確定狀態：由上述分析，“狀態”對應的“值”即為背包容量為j時，求前i個物品所能達到最大價值，設為dp[i][j]。初始時，dp[0][j](0<=j<=V)為0，沒有物品也就沒有價值。
步驟3-確定狀態轉移方程：由上述分析，第i個物品的體積為w,價值為v，則狀態轉移方程為
- j<w，dp[i][j] = dp[i-1][j] //背包裝不下該物品，最大價值不變
- j>=w, dp[i][j] = max{ dp[i-1][j-list[i].w] + v, dp[i-1][j] } //和不放入該物品時同樣達到該體積的最大價值比較
示例代碼（具體輸入輸出見王道機試指南第七章）：
#include<cstdio> int max(int a, int b)//取最大值函數 { return a > b ? a : b; } struct Thing { int w; int v; }list[101]; int dp[101][1001]; int main() { int s, n;//背包容量和物品總數 while (scanf("%d%d", &s, &n) != EOF) { for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d%d", &list[i].w, &list[i].v);//讀入每個物品的體積和價值 } for (int i = 0; i <= s; i++) dp[0][i] = 0;//初始化二維數組 for (int i = 1; i <= n; i++)//循環每個物品，執行狀態轉移方程 { for (int j = s; j >= list[i].w; j--) { dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - list[i].w] + list[i].v); } for (int j = list[i].w - 1; j >= 0; j --) { dp[i][j] = dp[i - 1][j]; } } printf("%d\n", dp[n][s]); } return 0; }
直接按照狀態轉移方程正序遍歷j也可以，上方代碼只是為了和優化算法統一。
#include<cstdio> int max(int a, int b)//取最大值函數 { return a > b ? a : b; } struct Thing { int w; int v; }list[101]; int dp[101][1001]; int main() { int s, n;//背包容量和物品總數 while (scanf("%d%d", &s, &n) != EOF) { for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d%d", &list[i].w, &list[i].v);//讀入每個物品的體積和價值 } for (int i = 0; i <= s; i++) dp[0][i] = 0;//初始化二維數組 for (int i = 1; i <= n; i++)//循環每個物品，執行狀態轉移方程 { for (int j = 0; j <= s; j++) { if (j >= list[i].w)dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - list[i].w] + list[i].v); else dp[i][j] = dp[i - 1][j]; } } printf("%d\n", dp[n][s]); } return 0; }
變式：要求恰好裝滿背包時，把dp[0][0]設為0，其余dp[0][i]設為負無窮即可，這樣只有恰好達到dp[n][s]時，dp[n][s]才為正值（用優化算法也可以）。
#include<cstdio> const int INF = -999999; int max(int a, int b)//取最大值函數 { return a > b ? a : b; } struct Thing { int w; int v; }list[101]; int dp[101][1001]; int main() { int s, n;//背包容量和物品總數 while (scanf("%d%d", &s, &n) != EOF) { for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d%d", &list[i].w, &list[i].v);//讀入每個物品的體積和價值 } dp[0][0] = 0; for (int i = 1; i <= s; i++) dp[0][i] = INF;//初始化二維數組 for (int i = 1; i <= n; i++)//循環每個物品，執行狀態轉移方程 { for (int j = s; j >= list[i].w; j--) { dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - list[i].w] + list[i].v); } for (int j = list[i].w - 1; j >= 0; j--) { dp[i][j] = dp[i - 1][j]; } } printf("%d\n", dp[n][s]); } return 0; }
優化算法：
觀察狀態轉移方程的特點，我們發現dp[i][j]的轉移只與dp[i-1][j-list[i].w]和dp[i-1][j]有關，即僅與二維數組本行的上一行有關。因此，我們可以將二維數組優化為一維數組。不過這里要注意兩點：1.j<w的狀態轉移方程不再需要了。2.為保證每個物品只能使用一次，我們倒序遍歷所有j的值，這樣在更新dp[j]的時候，dp[j-list[i].w]的值尚未被修改，就不會出現一個物品重復使用的問題。
優化后的狀態轉移方程：dp[j] = max{ dp[j-list[i].w] + v, dp[j] }
復雜度分析：其狀態數量為n*s, n為物品數量，s為背包總體積，狀態轉移復雜度為O(1)，所以綜合時間復雜度為O(n*s)，優化后的空間復雜度僅為O(s)。
示例代碼：
#include<cstdio> int max(int a, int b)//取最大值函數 { return a > b ? a : b; } struct Thing { int w; int v; }list[101]; int dp[1001]; int main() { int s, n;//背包容量和物品總數 while (scanf("%d%d", &s, &n) != EOF) { for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d%d", &list[i].w, &list[i].v);//讀入每個物品的體積和價值 } for (int i = 0; i <= s; i++) dp[i] = 0;//初始化二維數組 for (int i = 1; i <= n; i++)//循環每個物品，逆序遍歷j執行狀態轉移方程 { for (int j = s; j >= list[i].w; j--) { dp[j] = max(dp[j], dp[j - list[i].w] + list[i].v); } } printf("%d\n", dp[s]); } return 0; }
完全背包
我們擴展0-1背包問題，使每種物品的數量無限增加，便得到完全背包問題：有一個容積為 V 的背包，同時有 n 個物品，每個物品均有各自的體積 w 和價值 v，每個物品的數量均為無限個，求使用該背包最多能裝的物品價值總和。
正好利用了上述0-1背包的優化算法，這時我們正序遍歷j，正好可以實現每種物品的重復利用，即相當於每種物品有無限個。
#include<cstdio> int max(int a, int b)//取最大值函數 { return a > b ? a : b; } struct Thing { int w; int v; }list[101]; int dp[1001]; int main() { int s, n;//背包容量和物品總數 while (scanf("%d%d", &s, &n) != EOF) { for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d%d", &list[i].w, &list[i].v);//讀入每個物品的體積和價值 } for (int i = 0; i <= s; i++) dp[i] = 0;//初始化二維數組 for (int i = 1; i <= n; i++)//循環每個物品，正序遍歷j執行狀態轉移方程 { for (int j = list[i].w; j <= s; j++) { dp[j] = max(dp[j], dp[j - list[i].w] + list[i].v); } } printf("%d\n", dp[s]); } return 0; }
完全背包例題：POJ1384 Piggy-Bank
#include<cstdio> int const INF = 0x7fffffff;//因為此時是求最小值，所以INF應為無窮大 int min(int a, int b){return a < b ? a : b;}//取最小值函數 struct Thing { int w; int v; }list[501]; int dp[10001]; int main() { int T;//測試組數 scanf("%d", &T); int s, s1, s2, n;//硬幣總重、空豬重量、滿豬重量和硬幣總數 while (T--) { scanf("%d%d", &s1, &s2);//讀入空豬重量和滿豬重量 s = s2 - s1;//得到硬幣總重 scanf("%d", &n);//讀入硬幣總數 for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d%d", &list[i].v, &list[i].w);//讀入每個物品的價值和重量 } dp[0] = 0; for (int i = 1; i <= s; i++) dp[i] = INF;//初始化 for (int i = 1; i <= n; i++)//循環每個物品，正序遍歷j執行狀態轉移方程 { for (int j = list[i].w; j <= s; j++) { if (dp[j - list[i].w] != INF) dp[j] = min(dp[j], dp[j - list[i].w] + list[i].v);//如果dp[j - list[i].w]不為無窮，就可以由此狀態轉移而來 } } if (dp[s] != INF) printf("The minimum amount of money in the piggy-bank is %d.\n", dp[s]); else puts("This is impossible."); } return 0; }
多重背包
多重背包問題介於 0-1 背包和完全背包之間：有容積為V的背包，給定一些物品，每種物品包含體積 w、價值 v、和數量 k，求用該背包能裝下的最大價值總量。
與之前討論的問題一樣，我們可以將多重背包問題直接轉化到 0-1 背包上去，即每種物品均被視為k種不同物品，對所有的物品求0-1背包。其時間復雜度為O(s*Σki)。
由此可見，降低每種物品的數量 ki 將會大大的降低其復雜度，於是我們采用一種更為有技巧性的拆分。將原數量為 k 的物品拆分為若干組，每組物品看成一件物品，其價值和重量為該組中所有物品的價值重量總和，每組物品包含的原物品個數分別為：為：1、2、4…k-2^c+1，其中 c 為使 k-2^c+1 大於 0 的最大整數。這種類似於二進制的拆分，不僅將物品數量大大降低，同時通過對這些若干個原物品組合得到新物品的不同組合，可以得到 0 到 k 之間的任意件物品的價值重量和，所以對所有這些新物品做 0-1 背包，即可得到多重背包的解。由於轉化后的 0-1 背包物品數量大大降低，其時間復雜度也得到較大優化，為O(s*Σlog2(ki))。