背包问题

问题描述

背包问题是一系列问题的统称,具体包括:01背包完全背包、多重背包、分组背包等(仅需掌握前两种,后面的为竞赛级题目)

下面来研究01背包

实际上即使是最经典的01背包,也不会直接出现在题目中,一般是融入到其他的题目背景中再考察

因为是学习原理,所以先跳过最原始的问题模板来学。

01背包的原始题意是:(标准的背包问题)

(01背包问题可以使用暴力解法,每一件物品其实只有两个状态,或者不取,所以可以使用回溯法搜索出所有的情况,那么时间复杂度就是O(2^n),这里的n表示物品数量。因为暴力搜索的时间复杂度是指数级别的,所以才需要通过dp来进行优化)

根据上面的描述可以举出以下例子

二维dp数组01背包

背包最大重量为4。

物品为:

问背包能背的物品最大价值是多少?

五部曲分析一波

五步走

1、确定dp数组含义

该问题中的dp数组应该是二维的,所以先定义一个dp[i][j]

该数组的含义是什么?

含义:任取编号(下标)为[0, i]之间的物品放进容量为j的背包里

【LeetCode动态规划#05】背包问题的理论分析(基于代码随想录的个人理解,多图)-LMLPHP

2、确定递推公式

确定递推公式之前,要明确dp[i][j]可以由哪几个方向推导出

当前背包的状态取决于放不放物品i,下面分别讨论

(1)不放物品i

dp[i - 1][j]

(2)放物品i

dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i] (物品i的价值)

我来解释一下上面的式子是什么意思

先回顾一下dp[i][j]的含义:从下标为[0, i]的物品里任意取,放进容量为j的背包,价值总和最大是多少。

那么可以有上述两个方向推出来dp[i][j]

情况1:不放物品i。此时我们已经认为物品i不会被放到背包中,那么根据dp[i][j]的定义,任取物品的范围应该变成[0, i-1]

也就是从下标为[0, i-1]的物品里任意取,放进容量为j的背包,价值总和最大是多少,即dp[i - 1][j]

再看情况2:放物品i。因为要放物品i,那就不需要再遍历到i了(相当于已经放入背包的东西下次就不遍历了)

根据dp[i][j]的定义,任取物品的范围也应该变成[0, i-1]

但是,因为情况2是要将物品i放入背包,此时背包的容量也要发生变化

根据dp[i][j]的定义,背包的容量应该要减去物品i的重量 weight[i] ,即dp[i - 1][j - weight[i]]

此时dp[i - 1][j - weight[i]]只是做好了准备放入物品i的工作,实际上物品i并没有放入,因此该式子的含义是:背包容量为j - weight[i]的时候不放物品i的最大价值

所以要再加上物品i本身的价值 value[i] ,才能求出背包放物品i得到的最大价值

即:dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]

根据dp[i][j]的定义,我们最后要求价值总和最大物品放入方式

因此递推公式应该是: dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);

从不放物品i和放物品i两个方向往dp[i][j]推,取最后结果最大的那种方式(即最优的方式)

3、确定dp数组初始化方式

可以把dp数组试着画出来,然后假设要求其中一个位置,思考可以从哪个方向将其推出,而这些方向最开始又是由哪些方向推得的,进而确定dp数组中需要初始化的部分

将本题的dp数组画出来如下:

【LeetCode动态规划#05】背包问题的理论分析(基于代码随想录的个人理解,多图)-LMLPHP

假设有一个要求的元素dp[x][x],根据前面对递推公式的讨论可知,该元素一定是由两个方向推过来求得的。

也就是情况1、情况2,那么对应到图中就是从上到下推过来的,是情况1(dp[i - 1][j]

情况2(dp[i - 1][j - weight[i]])在图中体现得不是十分确定,但是大致方向是从左上角往下推过来的

这两个方向的源头分别指向绿色区域橙色区域

【LeetCode动态规划#05】背包问题的理论分析(基于代码随想录的个人理解,多图)-LMLPHP

那么这两个区域就是要初始化的区域,怎么初始化呢?

先说橙色区域,从dp[i][j]的定义出发,如果背包容量j为0的话,即dp[i][0],无论是选取哪些物品,背包价值总和一定为0。

所以橙色区域区域需要初始化为0

【LeetCode动态规划#05】背包问题的理论分析(基于代码随想录的个人理解,多图)-LMLPHP

再说绿色区域,状态转移方程 dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); 可以看出 i 是由 i-1 推导出来,那么 i 为 0 的时候就一定要初始化

dp[0][j],即:i 为0,存放 编号0 的物品的时候,各个容量的背包所能存放的最大价值。

很明显当 j < weight[0]的时候,dp[0][j] 应该是 0,因为背包容量比编号0的物品重量还小。

j >= weight[0]时,dp[0][j] 应该是 value[0] ,因为背包容量放足够放编号0物品。

【LeetCode动态规划#05】背包问题的理论分析(基于代码随想录的个人理解,多图)-LMLPHP

两个区域的初始化情况对应到图中如下:

【LeetCode动态规划#05】背包问题的理论分析(基于代码随想录的个人理解,多图)-LMLPHP

初始化代码:

for (int j = 0 ; j < weight[0]; j++) { //橙色区域
    dp[0][j] = 0;
}
// 正序遍历
for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) {//绿色区域
    dp[0][j] = value[0];
}

以上两个区域实际上属于“含0下标区域”,其他的“非0下标区域”也需要初始化(没想清楚为什么有时要初始化完整个dp数组,有时又不用)

“非0下标区域”初始化为任何值都可以

还是拿前面的图来看

【LeetCode动态规划#05】背包问题的理论分析(基于代码随想录的个人理解,多图)-LMLPHP

dp[x][x]这个位置为例,其初始化成100、200都无所谓,因为这个位置的dp值是由其上面和左上两个方向上的情况推导出来的,只取决于这里个方向最开始的初始化值。

(例如dp[x][x]这里初始化为100,我从上面推导下来之后会用推导值将100覆盖)

4、确定遍历方式

该问题中dp数组有两个维度:物品、背包容量,先遍历哪个呢?

直接说结论,都行,但是先遍历物品更好理解

(具体看代码随想录解释

两种过程的图如下:

(这里需要重申一下背包问题的条件:每个物品只能用一次,要求的是怎么装背包里的价值最大

先遍历物品再遍历背包容量(固定物品编号,遍历背包容量

【LeetCode动态规划#05】背包问题的理论分析(基于代码随想录的个人理解,多图)-LMLPHP

​挑一个节点来说一下(图中的红框部分),此时的遍历顺序是先物后包,物品1(重3价20)在0~4种容量中放置的结果如图所示

​因为固定了物品1,此时背包容量为0、1、2的情况都是放不下物品1的(又也放不下物品3),所以只能放物品0(此为最佳选择)

​当遍历到背包容量为3时,可以放下物品1了,那此处的最佳选择就是放一个物品1,所以此处的dp数组值变为20

​其余位置分析方法同理

先遍历背包容量再遍历物品(固定背包容量,遍历物品编号

【LeetCode动态规划#05】背包问题的理论分析(基于代码随想录的个人理解,多图)-LMLPHP

​有了前面的例子,这里就很好理解了,就是从上往下遍历,固定住当前背包的容量,遍历物品,看看能不能放入,能放的话最优选择应该放哪个

​还是拿红框部分来说,此时背包容量固定为3

​第一次遍历,物品0可以装下,此时最优选择就是放物品0,背包总价是15;

​第二次遍历,物品1可以装下,此时最优选择就是放物品1,背包总价是20;

​第二次遍历,物品2装不下,此时最优选择就是放物品1,背包总价还是20;

​其余位置分析方法同理

完整c++测试代码(卡哥)

void test_2_wei_bag_problem1() {
    vector<int> weight = {1, 3, 4};
    vector<int> value = {15, 20, 30};
    int bagweight = 4;

    // 二维数组
    vector<vector<int>> dp(weight.size(), vector<int>(bagweight + 1, 0));

    // 初始化
    for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) {
        dp[0][j] = value[0];
    }

    // weight数组的大小 就是物品个数
    for(int i = 1; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
        for(int j = 0; j <= bagweight; j++) { // 遍历背包容量
            if (j < weight[i]) dp[i][j] = dp[i - 1][j];
            else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);

        }
    }

    cout << dp[weight.size() - 1][bagweight] << endl;
}

int main() {
    test_2_wei_bag_problem1();
}
03-27 00:21