01揹包、完全揹包、多重揹包詳解

目錄

一、01揹包問題

二、完全揹包問題

三、多重揹包

---

一、01揹包問題

問題：

有n件物品和一個容量是m的揹包。第i件物品的體積是vi，價值是wi。
求解將哪些物品裝入揹包，可使這些物品的總體積不超過揹包容量，且總價值最大。輸出最大價值。

解答：

問題中每個物品只有選與不選兩種狀態。

動態規劃的狀態轉移方程：dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-vi]+wi) , d[i][j]表示只看前i個物品且總體積是j時，最大的價值。

//v是物品的體積，w是價值，m是揹包容量
int package(vector<int> &v, vector<int> &w, int m) {
	int n = v.size();
	vector<vector<int>> dp(n+1, vector<int>(m+1,0));
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			dp[i][j] = dp[i - 1][j];
			if(j >= v[i-1])
				dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-1][j - v[i-1]] + w[i-1]);
		}
	}
	return dp[n][m];
}

程式碼分析：

首先，最外層遍歷物品（1~n）。內層遍歷揹包容量（1~m）。在實現dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-vi]+wi)狀態轉移時，在計算dp[i][j]時，需要使用dp[i-1][j]的內容。觀察程式碼可以發現每次的狀態轉移只與上一次的結果有關，會使dp[i-1][j] 與dp[i-1][j-vi]。

我們反向使用上一次的結果可以簡化輔助空間得到下面的狀態轉移：dp[j] = max(dp[j], dp[j-vi]+wi)

int package(vector<int> &v, vector<int> &w, int m) {
	int n = v.size();
	vector<int> dp(m + 1, 0);
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		for (int j = m; j >= v[i]; j--) {
			dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i]] + w[i]);
		}
	}
	return dp[m];
}

 

二、完全揹包問題

問題：

有n種物品，每種物品可以選無數次和0次，揹包的容量是m。第i件物品的體積是vi，價值是wi。
求：將哪些物品裝入揹包，可使這些物品的總體積不超過揹包容量，且總價值最大。輸出最大價值。

分析：

問題中每個物品擁有選擇多個和不選的狀態。

動態規劃的狀態轉移方程與01揹包相同：dp[j] = max(dp[j], dp[j-vi]+wi) , d[j]表示總體積是j時，最大的價值。

int package(vector<int> &v, vector<int> &w, int m) {
	int n = v.size();
	vector<int> dp(m + 1, 0);
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		for (int j = v[i]; j <= m; j++) {
			dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i]] + w[i]);
		}
	}
	return dp[m];
}

與01揹包問題的程式碼略微有點不同，最外層同樣是遍歷物品（1~n）。內層遍歷從v[i]開始到m

三、多重揹包

問題：

有n種物品和一個容量是m的揹包。第i種物品的體積是vi，價值是wi,數量是si
求解將哪些物品裝入揹包，可使這些物品的總體積不超過揹包容量，且總價值最大。輸出最大價值。

可以把多重揹包看作是01揹包處理，使用與01揹包相同的方法。

int package(vector<int> &v, vector<int> &w, vector<int> &s, int m) {
	int n = v.size();
	vector<int> dp(m + 1, 0);
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		for (int j = m; j >= v[i]; j--) {
			for (int k = 1; k <= s[i] && k*v[i] <= j; k++) {
				dp[j] = max(dp[j], dp[j - k*v[i]] + k*w[i]);
			}		
		}
	}
	return dp[m];
}

程式碼分析：

與01揹包同樣的方法 ，只是把每一個物品的不同數量si當做是有si種物品進行處理，多了一層對同一物品的迴圈。

時間複雜度O（n3）

二進位制優化的方法

學過linux作業系統的同學應該知道，修改linux檔案的許可權的數字法。

 如何使用最少的數的組合表示一個數的全域。比如：用一些數字或它們的組合來表示（1~7）所有的數。

0 0 0
4 2 1

在二進位制中，7 = 4+2+1，6=4+2，5=4+1，4=4，3=2+1，2=2，1=1

在上一個方法中，我們需要遍歷同一物品的所有的個數。複雜度很高，使用二進位制方法可以，有效降低時間複雜度。

比如有一種物品i有si件，如果si是7時。我們可以把這些物品拆分成4件，2件，1件。將4件物品的體積與價值分別相加當作一件新的物品加入物品集合，接下來2件，1件同理。我們就得到了一個每種物品只有1件的物品集合。可以用01揹包方法來解決。

int package_bit(vector<int> &v, vector<int> &w, vector<int> s, int m) {
	int n = v.size();
	vector<int> vr, wr;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		for (int k = 1; k <= s[i]; k *= 2) {
			s[i] -= k;
			vr.emplace_back(k*v[i]);
			wr.emplace_back(k*w[i]);
		}
		if (s[i] > 0) {
			vr.emplace_back(s[i] * v[i]);
			wr.emplace_back(s[i] * w[i]);
		}
	}
	vector<int> dp(m + 1, 0);
	for (int i = 0; i < vr.size(); i++) {
		for (int j = m; j >= vr[i]; j--) {
			dp[j] = max(dp[j], dp[j - vr[i]] +wr[i]);
		}
	}
	return dp[m];
}