算法设计-01背包问题的分析Word文档下载推荐.docx
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二、基本思路
这是最基础的背包问题,特点是:
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]。
三、优化空间复杂度
我们可以很容易的得出,以上方法的时间和空间复杂度均为O(VN),其中时间复杂度应该已经不能再优化了,但空间复杂度却可以优化到O。
先考虑上面说的基本思路如何实现,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。
那么,如果只用一个数组f[0..V],能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态f[i][v]呢?
f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]两个子问题递推而来,能否保证在推f[i][v]时(也即在第i次主循环中推f[v]时)能够得到f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]的值呢?
事实上,这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺序推f[v],这样才能保证推f[v]时f[v-c[i]]保存的是状态f[i-1][v-c[i]]的值。
伪代码如下:
fori=1..N
forv=V..0
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};
其中的f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]}一句恰就相当于我们的转移方程f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]},因为现在的f[v-c[i]]就相当于原来的f[i-1][v-c[i]]。
如果将v的循环顺序从上面的逆序改成顺序的话,那么则成了f[i][v]由f[i][v-c[i]]推知,与本题意不符,但它却是另一个重要的背包问题(完全背包问题)最简捷的解决方案,故学习只用一维数组解01背包问题是十分必要的。
事实上,使用一维数组解01背包的程序我们会被多次用到,所以这里抽象出一个处理一件01背包中的物品过程,在平时的ACM训练中程序代码我们会直接调用,因此这里不再加以说明。
过程ZeroOnePack,表示处理一件01背包中的物品,两个参数cost、weight分别表明这件物品的费用和价值。
procedureZeroOnePack(cost,weight)
forv=V..cost
f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}
值得注意的是,这个过程里的处理与前面给出的伪代码有所不同。
前面的示例程序写成v=V..0是为了在程序中体现每个状态都按照方程求解了,避免不必要的思维复杂度。
而这里既然已经抽象成看作黑箱的过程了,就可以加入优化。
费用为cost的物品不会影响状态f[0..cost-1],这是显然的。
因此,有了这个过程以后,01背包问题的伪代码就可以这样写:
ZeroOnePack(c[i],w[i]);
四、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[N]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。
这个小技巧是我们从ACM的做题中自己摸索出来的,同样这个小技巧完全可以推广到其它类型的背包问题,在这里我也就不再对进行状态转移之前的初始化进行讲解。
五、一个常数优化
前面的伪代码中有forv=V..1,我们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[n]]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
forv=V..0
可以改成
fori=1..n
bound=max{V-sum{w[i..n]},c[i]}
forv=V..bound
这对于V比较大时是相当有用的。
六、0/1背包实例
为了进一步的理解0/1背包问题,我们可以做一下具体的实践。
以USACO2007DecemberSilver中CharmBracelet问题做具体的说明。
1、问题的描述:
Bessiehasgonetothemall'
sjewelrystoreandspiesacharmbracelet.Ofcourse,she'
dliketofillitwiththebestcharmspossiblefromtheN(1≤N≤3,402)availablecharms.EachcharmiinthesuppliedlisthasaweightWi(1≤Wi≤400),a'
desirability'
factorDi(1≤Di≤100),andcanbeusedatmostonce.BessiecanonlysupportacharmbraceletwhoseweightisnomorethanM(1≤M≤12,880).
Giventhatweightlimitasaconstraintandalistofthecharmswiththeirweightsanddesirabilityrating,deducethemaximumpossiblesumofratings.
Input
*Line1:
Twospace-separatedintegers:
NandM
*Lines2..N+1:
Linei+1describescharmiwithtwospace-separatedintegers:
WiandDi
Output
Asingleintegerthatisthegreatestsumofcharmdesirabilitiesthatcanbeachievedgiventheweightconstraints
SampleInput
46
14
26
312
27
SampleOutput
23
2、题目大意
有n个手镯,每个手镯有一定的重量和让Bessie高兴的程度,现在Bessie最多带重量不超过m的手镯,求该怎样选取手镯使Bessie最高兴.
3、问题分析
标准的01背包,动态转移方程如下。
其中dp[i,j]表示的是前i个物品装入容量为j的背包里所能产生的最大价值,w[i]是第i个物品的重量,d[i]是第i个物品的价值。
如果某物品超过背包容量,则该物品一定不放入背包,问题变为剩余i-1个物品装入容量为j的背包所能产生的最大价值;
否则该物品装入背包,问题变为剩余i-1个物品装入容量为j-w[i]的背包所能产生的最大价值加上物品i的价值d[i],思路相当清晰,因此我们可以编写出以下代码。
4、源代码
#include<
iostream>
usingnamespacestd;
constintN=3403;
constintM=12881;
intdp[M]={0};
intmax(intx,inty)
{
returnx>
y?
x:
y;
}
intmain()
intn,m;
intw[N],d[M];
cin>
>
n>
m;
for(inti=1;
i<
=n;
i++)
{
cin>
w[i]>
d[i];
}
for(intj=m;
j>
=w[i];
j--)
{
dp[j]=max(dp[j-w[i]]+d[i],dp[j]);
}
cout<
<
dp[m]<
endl;
return0;
}
5.运行结果:
七、小结
以上0/1背包实例问题是最基本的背包问题,它包含了背包问题中设计状态、方程的最基本思想,另外,别的类型的背包问题往往也可以转换成0/1背包问题求解。
通过此次的练习,我们应该发现,状态转移方程的意义,以及最后怎样优化的空间复杂度。
这对于更好的解决此类问题具有很重要的意义。
为后续的学习打下坚实的基础。
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