揹包問題

RonChen發表於2024-05-31

揹包類問題是動態規劃的一類問題模型，這類模型應用廣泛。揹包類問題通常可以轉化成以下模型：有若干個物品，每個物品有自己的重量和價值。選擇物品放進一個容量有限的揹包裡，求出在容量不超過最大限度的情況下能拿到的最大總價值。

01 揹包問題

揹包類問題中最簡單的是 01 揹包問題：有 \(n\) 個物品，編號分別為 \(1 \sim n\)，其中第 \(i\) 個物品的價值是 \(v_i\)，重量是 \(w_i\)。有一個容量為 \(c\) 的揹包，問選取哪些物品，可以使得在總重量不超過揹包容量的情況下，拿到的物品的總價值最大。這裡的每個物品都可以選擇拿或不拿。因為每個物品只能用一次，我們用 \(0\) 表示不要這個物品，用 \(1\) 表示要這個物品，因此每個物品的決策就是 \(0\) 或者 \(1\)。這就是 01 揹包這個名字的來源。

看到這個問題很多人的第一反應是使用貪心策略。對於每個物品，計算其價效比：用這個物品的價值除以其重量，得到一個比值。價效比越高，說明該物品越划算，應該儘量拿該物品。將所有物品按照價效比從高到低排序，只要當前揹包還能裝得下，就按照順序一個一個地放進揹包。

貪心策略對於大多數情況是比較有效的。不過很容易找到反例，例如，揹包容量是 \(100\)，\(3\) 個物品的重量分別是 \(51,50,50\)，價值分別是 \(52,50,50\)，可以看到，\(1\) 號物品價效比很高，優先拿 \(1\) 號物品。可是一旦選擇了 \(1\) 號物品，揹包容量就只剩下 \(49\)，無法再拿 \(2\) 號或者 \(3\) 號物品。可是如果放棄 \(1\) 號物品，選擇兩個看起來不是很划算的 \(2\) 號和 \(3\) 號物品，總的揹包容量剛好夠用，這時候的總價值是 \(100\)，比剛才的 \(52\) 要多。

所以可以看到，貪心策略無效，需要尋找一個動態規劃的解決方案。首先劃分階段，那麼應該一個一個物品地考慮，先考慮第一個物品時的決策，然後考慮新加入一個物品，決策有沒有變化。而對於同一個物品，揹包容量不同，最優結果也是不同的，所以揹包容量也是狀態的一部分。

定義 \(dp_{i,j}\) 表示只考慮前 \(i\) 個物品（並且正準備考慮第 \(i\) 個物品），在揹包容量不超過 \(j\) 的情況下，能拿到的最大價值。對於當前物品，有兩種決策方式，分別是這個物品拿或者不拿。如果拿這個物品，那麼它會佔用 \(w_i\) 的重量，留給前 \(i-1\) 個物品的容量就只剩下 \(j-w_i\) 了，在這個基礎上我們能多拿到的價值是 \(v_i\)。如果不拿當前物品，相當於問題轉化成前 \(i-1\) 個物品可使用的揹包容量是 \(j\)。這兩種決策下我們應該選一個最優的，也就是取最大值，所以狀態轉移方程是：\(dp_{i,j} = \max \{ dp_{i-1,j}, dp_{i-1,j-w_i} + v_i \}\)

例如假設有 \(3\) 個物品，揹包容量是 \(4\)，重量分別是 \(1,2,3\)，價值分別是 \(2,3,1\)。考慮第 \(1\) 個物品，重量是 \(1\)，價值是 \(2\)。計算 \(dp_{1,1}\) 的值，就是隻考慮第 \(1\) 個物品，並且揹包容量是 \(1\) 的時候，最大能取到的價值。如果不拿這個物品，該物品不佔揹包容量，相當於前 \(0\) 個物品，允許佔用的揹包容量是 \(1\)，此時的最大價值是 \(dp_{0,1}\)，顯然結果是 \(0\)。如果拿這個物品，它自己佔了一個單位空間，留給前 \(0\) 個物品的容量就是 \(0\)，加上拿該物品獲得的價值 \(2\)，結果是 \(dp_{0,0}+2\)。對於這兩種情況，選擇價值最大的一種，所以 \(dp_{1,1} = max \{ dp_{0,1},dp_{0,0}+2 \} = 2\)。同理，\(dp_{1,2},dp_{1,3},dp_{1,4}\) 也都可以計算出結果為 \(2\)。這表示，當只有第 \(1\) 個物品，揹包容量限制是 \(1 \sim 4\) 時，都可以拿到最大價值 \(2\)，這與預期是相符的。

接下倆考慮新引入第 \(2\) 個物品，它的重量是 \(2\)，價值是 \(3\)，先考慮 \(dp_{2,1}\) 的值，因為目前的揹包容量是 \(1\)，而第 \(2\) 個物品的重量是 \(2\)，裝不下，所以此處的決策只能是不要第 \(2\) 個物品，\(dp_{2,1}=dp_{1,1}=2\)。在計算 \(dp_{2,2}\) 時，因為容量夠拿第 \(2\) 個物品，可以從拿或者不拿中選擇價值最大的。如果拿，剩下的揹包容量就只有 \(0\) 了，但是可以使拿到的價值加 \(3\)，即 \(dp_{2,2}=\max \{ dp_{1,2},dp_{1,0}+3 \} = 3\)，這個決策表明，當有 \(2\) 個物品，並且揹包容量是 \(2\) 時，拿第 \(2\) 個物品更划算，可以得到 \(3\) 的價值。按照同樣的計算方式可以依次得到 \(dp_{2,3}\) 和 \(dp_{2,4}\) 的值，結果都為 \(5\)。

考慮第 \(3\) 個物品後，用同樣的方式遞推，最終可以得到結果如下：

image

最終答案就是 \(dp_{3,4}\)，含義是考慮前 \(3\) 個物品（也就是全部物品），揹包容量為 \(4\) 時，最大總價值為 \(5\)。容易發現，最後兩行結果一樣。這其實說明第 \(3\) 個物品在決策時產生不了選它能提升價值的情況。

透過這樣的方式，就完成了 01 揹包問題的求解，時間複雜度為 \(O(nc)\)。

例題：P1048 [NOIP2005 普及組] 採藥

本題是 01 揹包問題的模板題，採藥的總時間 \(T\) 就相當於揹包容量，每一株草藥就是一個物品，採藥花費的時間相當於重量，草藥的價值相當於物品的價值。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using std::max;
const int M = 105;
const int T = 1005;
int dp[M][T];
int main()
{
    int t, m; scanf("%d%d", &t, &m);
    for (int i = 1; i <= m; i++) { // 第i株草藥
        int tm, val; scanf("%d%d", &tm, &val); // 草藥的採摘時間和價值
        for (int j = 0; j <= t; j++) { // 揹包容量
            dp[i][j] = dp[i - 1][j]; // 第i株草藥不選的決策必然能做
            if (j >= tm) { // 揹包容量足夠才能考慮採摘
                dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - tm] + val); 
            }
        }
    }
    printf("%d\n", dp[m][t]);
    return 0;
}

例題：P1164 小A點菜

由於“每種菜品只有一份”，所以本題是 01 揹包問題。與前面不同的是，這裡要求的不是最大價值而是方案數。

在 01 揹包問題中，我們是針對頂 \(i\) 個物品要或者不要的情況，求一個最大價值。而本題要計算方案數，如果不要第 \(i\) 個物品，則前 \(i-1\) 個物品有多少種方案，現在都可以納入前 \(i\) 個物品的方案。如果要第 \(i\) 個物品，那麼前 \(i-1\) 個物品在揹包容量減少的情況下的所有情況，也都可以轉移過來。所以總方案數是第 \(i\) 個物品要和不要兩種情況的和。

注意，當容量為 \(0\) 時，不選擇任何一種菜品，也是一種方案，需要初始化。

#include <cstdio>
const int N = 105;
const int M = 10005;
int dp[N][M];
int main()
{
    int n, m; scanf("%d%d", &n, &m);
    dp[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int a; scanf("%d", &a);
        for (int j = 0; j <= m; j++) {
            dp[i][j] = dp[i - 1][j];
            if (j >= a) dp[i][j] += dp[i - 1][j - a];
        }
    }
    printf("%d\n", dp[n][m]);
    return 0;
}

習題：CF1954D Colored Balls

解題思路

考慮分組數量的消耗，每一組是最多取 \(2\) 個不同顏色的球。所以假如從全集中取了一部分球出來，其中某種顏色的球超過了一半，則分組數量就是這個顏色的球數，如果沒有一種顏色的球的數量過半，則分組數量是 \(\lceil \frac{球的總數}{2} \rceil\)。

所以按球的數量排序，假設當前列舉的第 \(i\) 種球的數量是最多的，則前面的 \(i-1\) 種球構成的總數可能會超過第 \(i\) 種球的數量，也可能不超過，這兩種情況需要的分組數已經在上一段中討論了。我們還需要知道從前 \(i-1\) 種球選子集後形成的球的各種總數的方案數，這是一個 01 揹包方案數問題。

參考程式碼 
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using std::sort;
typedef long long LL;
const int N = 5005;
const int MOD = 998244353;
int a[N], dp[N][N];
int main()
{
    int n; scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
    sort(a + 1, a + n + 1);
    dp[0][0] = 1;
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 0; j <= 5000; j++) {
            if (dp[i - 1][j] == 0) continue;
            if (j <= a[i]) {
                int add = 1ll * dp[i - 1][j] * a[i] % MOD;
                ans = (ans + add) % MOD;
            } else {
                int add = 1ll * dp[i - 1][j] * ((a[i] + j + 1) / 2) % MOD;
                ans = (ans + add) % MOD;
            }
        }
        for (int j = 0; j <= 5000; j++) {
            dp[i][j] = dp[i - 1][j];
            if (j >= a[i]) dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - 1][j - a[i]]) % MOD;
        }
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

相關文章