来源：蜘蛛抓取(WebSpider)
时间：2017-10-01 16:15
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01背包一维数组
P01:01背包问题；题目；有N件物品和一个容量为V的背包；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，；f[i][v]=max{f[i-1][v],f[；这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方；优化空间复杂度；以上方法的时间和空间复杂度均为O(VN)，其中时；先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循；forv=V..0；f[
P01: 01背包问题 题目 有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。 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]。 优化空间复杂度 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。 先考虑上面讲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： for i=1..N
for v=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P02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背包的程序在后面会被多次用到，所以这里抽象出一个处理一件01背包中的物品过程，以后的代码中直接调用不加说明。 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。 procedure ZeroOnePack(cost,weight)
for v=V..cost
f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight} 注意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。 有了这个过程以后，01背包问题的伪代码就可以这样写： for i=1..N
ZeroOnePack(c[i],w[i]); 初始化的细节问题(有启发的技巧) 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。 这个小技巧完全可以推广到其它类型的背包问题，后面也就不再对进行状态转移之前的初始化进行讲解。 一个常数优化 前面的伪代码中有 for v=V..1，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-c[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{c[j..n]}]即可，即代码中的 for i=1..N
for v=V..0 可以改成 for i=1..n
bound=max{V-sum{c[i..n]},c[i]}//累积效应与当前效应的比较
for v=V..bound 这对于V比较大时是有用的。
小结 01背包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01背包问题求解。故一定要仔细体会上面基本思路的得出方法，状态转移方程的意义，以及最后怎样优化的空间复杂度。
P02: 完全背包问题 题目 有N种物品和一个容量为V的背包，每种物品都有无限件可用。第i种物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。 基本思路 这个问题非常类似于01背包问题，所不同的是每种物品有无限件。也就是从每种物品的角度考虑，与它相关的策略已并非取或不取两种，而是有取0件、取1件、取2件??等很多种。如果仍然按照解01背包时的思路，令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值。仍然可以按照每种物品不同的策略写出状态转移方程，像这样： f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k*c[i]<=v} 这跟01背包问题一样有O(VN)个状态需要求解，但求解每个状态的时间已经不是常数了，求解状态f[i][v]的时间是O(v/c[i])，总的复杂度可以认为是O(V*Σ(V/c[i]))，是比较大的。 将01背包问题的基本思路加以改进，得到了这样一个清晰的方法。这说明01背包问题的方程的确是很重要，可以推及其它类型的背包问题。但我们还是试图改进这个复杂度。 一个简单有效的优化 完全背包问题有一个很简单有效的优化，是这样的：若两件物品i、j满足c[i]=w[j]，则将物品j去掉，不用考虑。这个优化的正确性显然：任何情况下都可将价值小费用高得j换成物美价廉的i，得到至少不会更差的方案。对于随机生成的数据，这个方法往往会大大减少物品的件数，从而加快速度。然而这个并不能改善最坏情况的复杂度，因为有可能特别设计的数据可以一件物品也去不掉。 这个优化可以简单的O(N^2)地实现，一般都可以承受。另外，针对背包问题而言，比较不错的一种方法是：首先将费用大于V的物品去掉，然后使用类似计数排序的做法，计算出费用相同的物品中价值最高的是哪个，可以O(V+N)地完成这个优化。这个不太重要的过程就不给出伪代码了，希望你能独立思考写出伪代码或程序。 转化为01背包问题求解 既然01背包问题是最基本的背包问题，那么我们可以考虑把完全背包问题转化为01背包问题来解。最简单的想法是，考虑到第i种物品最多选V/c[i]件，于是可以把第i种物品转化为V/c[i]件费用及价值均不变的物品，然后求解这个01背包问题。这样完全没有改进基本思路的时间复杂度，但这毕竟给了我们将完全背包问题转化为01背包问题的思路：将一种物品拆成多件物品。 更高效的转化方法是：把第i种物品拆成费用为c[i]*2^k、价值为w[i]*2^k的若干件物品，其中k满足c[i]*2^k<=V。这是二进制的思想，因为不管最优策略选几件第i种物品，总可以表示成若干个2^k件物品的和。这样把每种物品拆成O(log V/c[i])件物品，是一个很大的改进。
PS：二进制总是和2k相联系.时间复杂度总是和log2k相关。 但我们有更优的O(VN)的算法。 O(VN)的算法 这个算法使用一维数组，先看伪代码： for i=1..N
for v=0..V
f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight} 你会发现，这个伪代码与P01的伪代码只有v的循环次序不同而已。为什么这样一改就可行呢？首先想想为什么P01中要按照v=V..0的逆序来循环。这是因为要保证第i次循环中的状态f[i][v]是由状态f[i-1][v-c[i]]递推而来。换句话说，这正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时，依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果f[i-1][v-c[i]]。而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第i种物品”这种策略时，却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果f[i][v-c[i]]，所以就可以并且必须采用v=0..V的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。 值得一提的是，上面的伪代码中两层for循环的次序可以颠倒。这个结论有可能会带来算法时间常数上的优化。 这个算法也可以以另外的思路得出。例如，将基本思路中求解f[i][v-c[i]]的状态转移方程显式地写出来，代入原方程中，会发现该方程可以等价地变形成这种形式： f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i][v-c[i]]+w[i]} 将这个方程用一维数组实现，便得到了上面的伪代码。 最后抽象出处理一件完全背包类物品的过程伪代码： procedure CompletePack(cost,weight)
for v=cost..V
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]} 总结 完全背包问题也是一个相当基础的背包问题，它有两个状态转移方程，分别在“基本思路”以及“O(VN)的算法“的小节中给出。希望你能够对这两个状态转移方程都仔细地体会，不仅记住，也要弄明白它们是怎么得出来的，最好能够自己想一种得到这些方程的方法。事实上，对每一道动态规划题目都思考其方程的意义以及如何得来，是加深对动态规划的理解、提高动态规划功力的好方法。
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NOIP 动态规划（22）
本节回顾0-1背包的基本模型，关于它的实现有很多种写法，这里对不同实现做个简单列举，主要是写代码练手了，主要有以下几方面内容：
==0-1背包问题定义 & 基本实现
==0-1背包使用滚动数组压缩空间
==0-1背包使用一维数组
==0-1背包恰好背满
==0-1背包输出最优方案
========================================
0-1背包问题定义 & 基本实现
问题：有个容量为V大小的背包，有很多不同重量weight[i](i=1..n)不同价值value[i](i=1..n)的物品，每种物品只有一个，想计算一下最多能放多少价值的货物。
DP的关键也是难点是找到最优子结构和重叠子问题，进而找到状态转移方程，编码就相对容易些。最优子结构保证每个状态是最优的，重叠子问题也即n状态的求法和n-1状态的求法是一样的；DP在实现上一般是根据状态转移方程自底向上的迭代求得最优解（也可以使用递归自顶向下求解）。
回到0-1背包，每个物体i，对应着两种状态：放入&不放入背包。背包的最优解是在面对每个物体时选择能够最大化背包价值的状态。0-1背包的状态转移方程为
f(i,v) = max{ f(i-1,v), f(i-1,v-c[i])+w[i] }
f(i,v)表示前i个物体面对容量为v时背包的最大价值，c[i]代表物体i的cost(即重量)，w[i]代表物体i的价值；如果第i个物体不放入背包，则背包的最大价值等于前i-1个物体面对容量v的最大价值；如果第i个物体选择放入，则背包的最大价值等于前i-1个物体面对容量v-cost[i]的最大价值加上物体i的价值w[i]。
对于实现，一般采用一个二维数组（状态转移矩阵）dp[i][j]来记录各个子问题的最优状态，其中dp[i][j]表示前i个物体面对容量j背包的最大价值。
下面给出0-1背包的基本实现，时间复杂度为O(N*V)，空间复杂度也为O(N*V)，初始化的合法状态很重要，对于第一个物体即f[0][j]，如果容量j小于第一个物体（编号为0）的重量，则背包的最大价值为0，如果容量j大于第一个物体的重量，则背包最大价值便为该物体的价值。为了能单步验证每个状态的最优解，程序最后将状态转移矩阵的有效部分输出到了文件。
代码如下：
#include &iostream&
/* 0-1背包 版本1
* Time Complexity
* Space Complexity O(N*V)
* 设 V &= 200 N &= 10
* 状态转移方程：f(i,v) = max{ f(i-1,v), f(i-1,v-c[i])+w[i] }
int maxValue[11][201]; /* 前i个物体面对容量j的最大价值，即子问题最优解 */
int weight[11];
int value[11];
void main()
scanf(&%d %d&,&V, &N);
for(i = 0; i & N; ++i)
scanf(&%d %d&,&weight[i],&value[i]);
for(i = 0; i & N; ++i)
for(j = 0; j &= V; ++j) /* 容量为V 等号 */
maxValue[i][j] = maxValue[i-1][j];
if(j &= weight[i]) /* 等号 */
int tmp = maxValue[i-1][j-weight[i]] + value[i];
maxValue[i][j] = ( tmp & maxValue[i][j]) ? tmp : maxValue[i][j];
/* 数组第0行赋值 */
if(j &= weight[0])
maxValue[0][j] = value[0];
printf(&%d&,maxValue[N-1][V]);
/* 重定向输出结果到文件 */
freopen(&C:\\dp.txt&,&w&,stdout);
for(i = 0; i &= N; ++i)
for(j = 0; j &= V; ++j)
printf(&%d
&,maxValue[i][j]);
printf(&\n&);
}测试用例：
程序输出的状态转移矩阵如下图，第一行表示第1个物体对于容量0至V时的最优解，即背包最大价值。该实现方法是0-1背包最基本的思想，追踪状态转移矩阵有助于加深理解，POJ上单纯的0-1背包题目也有不少，如3624等，可以水一下，加深理解。
========================================
0-1背包使用滚动数组压缩空间
所谓滚动数组，目的在于优化空间，从上面的解法我们可以看到，状态转移矩阵使用的是一个N*V的数组，在求解的过程中，我们可以发现，当前状态只与前一状态的解有关，那么之前存储的状态信息已经无用了，可以舍弃的，我们只需要空间存储当前的状态和前一状态，所以只需使用2*V的空间，循环滚动使用，就可以达到跟N*V一样的效果。这是一个非常大的空间优化。
代码如下，我们可以在每轮内循环结束后输出当前状态的解，与上面使用二维数组输出的状态转移矩阵对比，会发现是一样的效果，重定向输出到文本有助加深理解。
#include &iostream&
/* 0-1背包 版本2
* Time Complexity
* Space Complexity O(2*V)
* 设 V &= 200 N &= 10
* 状态转移方程：f(i,v) = max{ f(i-1,v), f(i-1,v-c[i])+w[i] }
int maxValue[2][201]; /* 前i个物体面对容量j的最大价值，即子问题最优解 */
int weight[11];
int value[11];
void main()
scanf(&%d %d&,&V, &N);
for(i = 0; i & N; ++i)
scanf(&%d %d&,&weight[i],&value[i]);
for(i = 0; i & N; ++i)
for(j = 0; j &= V; ++j) /* 容量为V 等号 */
k = i & 1;
/* i%2 获得滚动数组当前索引 k */
maxValue[k][j] = maxValue[k^1][j];
if(j &= weight[i]) /* 等号 */
int tmp = maxValue[k^1][j-weight[i]] + value[i];
maxValue[k][j] = ( tmp & maxValue[k][j]) ? tmp : maxValue[k][j];
/* 数组第0行赋值 */
if(j &= weight[0])
maxValue[0][j] = value[0];
printf(&%d&,maxValue[k][V]);
/* 重定向输出结果到文件 */
freopen(&C:\\dp.txt&,&w&,stdout);
for(i = 0; i &= 1; ++i)
for(j = 0; j &= V; ++j)
printf(&%d &,maxValue[i][j]);
printf(&\n&);
}这种空间循环滚动使用的思想很有意思，类似的，大家熟悉的斐波那契数列，f(n) = f(n-1) + f(n-2)，如果要求解f(1000)，是不需要申请1000个大小的数组的，使用滚动数组只需申请3个空间f[3]就可以完成任务。
0-1背包使用一维数组
使用滚动数组将空间优化到了2*V，在背包九讲中提到了使用一维数组也可以达到同样的效果，个人认为这也是滚动思想的一种，由于使用一维数组解01背包会被多次用到，完全背包的一种优化实现方式也是使用一维数组，所以我们有必要理解这种方法。
如果只使用一维数组f[0…v]，我们要达到的效果是：第i次循环结束后f[v]中所表示的就是使用二维数组时的f[i][v]，即前i个物体面对容量v时的最大价值。我们知道f[v]是由两个状态得来的，f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]，使用一维数组时，当第i次循环之前时，f[v]实际上就是f[i-1][v]，那么怎么得到第二个子问题的值呢？事实上，如果在每次循环中我们以v=v…0的顺序推f[v]时，就能保证f[v-c[i]]存储的是f[i-1][v-c[i]]的状态。状态转移方程为：
f(v) = max{ f(v), f(v-c[i])+w[i] } & &&v = V...0;&
我们可以与二维数组的状态转移方程对比一下
f(i,v) = max{ f(i-1,v), f(i-1,v-c[i])+w[i] }
正如我们上面所说，f[v-c[i]]就相当于原来f[i-1][v-c[i]]的状态。如果将v的循环顺序由逆序改为顺序的话，就不是01背包了，就变成完全背包了，这个后面说。这里举一个例子理解为何顺序就不是01背包了
假设有物体z容量2，价值vz很大，背包容量为5，如果v的循环顺序不是逆序，那么外层循环跑到物体z时，内循环在v=2时，物体z被放入背包，当v=4时，寻求最大价值，物体z放入背包，f[4]=max{f[4],f[2]+vz}，这里毫无疑问后者最大，那么此时f[2]+vz中的f[2]已经装入了一次物体z，这样一来该物体被装入背包两次了就，不符合要求，如果逆序循环v，这一问题便解决了。
代码如下，为了加深理解，可以在内循环结束输出每一个状态的情况到文本中，会发现与使用二维数组时的状态转移矩阵都是一样一样的。
#include &iostream&
/* 0-1背包 版本3
* Time Complexity
* Space Complexity O(V)
* 设 V &= 200 N &= 10
* 状态转移方程：v = V...0; f(v) = max{ f(v), f(v-c[i])+w[i] }
int maxV[201];
/* 记录前i个物品中容量v时的最大价值 */
int weight[11];
int value[11];
void main()
scanf(&%d %d&,&V, &N);
for(i = 0; i & N; ++i)
scanf(&%d %d&,&weight[i],&value[i]);
* 对于第i轮循环
* 求出了前i个物品中面对容量为v的最大价值
for(i = 0; i & N; ++i)
* 内循环实际上讲maxV[0...v]滚动覆盖前一轮的maxV[0...V]
* 可输出对照使用二维数组时的情况
* j从V至0逆序是防止有的物品放入背包多次
for(j = V; j &= weight[i]; --j)
/* weight & j 的物品不会影响状态f[0,weight[i-1]]
int tmp = maxV[j-weight[i]]+value[i];
maxV[j] = (maxV[j] & tmp) ? maxV[j] :
printf(&%d&,maxV[V]);
}可以看出，使用一维数组，代码非常简练。
0-1背包恰好背满
在01背包中，有时问到“恰好装满背包”时的最大价值，与不要求装满背包的区别就是在初始化的时候，其实对于没有要求必须装满背包的情况下，初始化最大价值都为0，是不存在非法状态的，所有的都是合法状态，因为可以什么都不装，这个解就是0，但是如果要求恰好装满，则必须区别初始化，除了f[0]=0,其他的f[1…v]均设为-∞或者一个比较大的负数来表示该状态是非法的。
这样的初始化能够保证，如果子问题的状态是合法的（恰好装满），那么才能得到合法的状态；如果子问题状态是非法的，则当前问题的状态依然非法，即不存在恰好装满的情况。
代码如下：
#include &iostream&
int maxV[201];
/* 记录前i个物品中容量v时的最大价值 */
int weight[11];
int value[11];
void main()
scanf(&%d %d&,&V, &N);
for(i = 0; i & N; ++i)
scanf(&%d %d&,&weight[i],&value[i]);
for(i = 1; i &= V; ++i)
/* 初始化非法状态 */
maxV[i] = -100;
for(i = 0; i & N; ++i)
for(j = V; j &= weight[i]; --j)
int tmp = maxV[j-weight[i]]+value[i];
maxV[j] = (maxV[j] & tmp) ? maxV[j] :
为了加深理解，输出每轮循环的状态矩阵如下，对照每个物体的情况，就会理解为什么做那样的初始化了。
========================================
0-1背包输出最优方案
一般来讲，背包问题都是求一个最优值，但是如果要求输出得到这个最优值的方案，就可以根据状态转移方程往后推，由这一状态找到上一状态，依次向前推即可。
这样就可以有两种实现方式，一种是直接根据状态转移矩阵向前推，另一种就是使用额外一个状态矩阵记录最优方案的路径，道理都是一样的。当然也可以使用一维数组，代码更为简练，这里不罗列，相关代码可以到这里下载。
代码如下：
#include &iostream&
/* 0-1背包 输出最优方案 2 直接根据状态数组算
* Time Complexity
* Space Complexity O(N*V)
* 设 V &= 200 N &= 10
* 状态转移方程：f(i,v) = max{ f(i-1,v), f(i-1,v-c[i])+w[i] }
int maxValue[11][201]; /* 记录子问题最优解 */
int weight[11];
int value[11];
void main()
scanf(&%d %d&,&V, &N);
for(i = 0; i & N; ++i)
scanf(&%d %d&,&weight[i],&value[i]);
for(i = 0; i & N; ++i)
for(j = 0; j &= V; ++j)
maxValue[i][j] = maxValue[i-1][j];
if(j &= weight[i])
int tmp = maxValue[i-1][j-weight[i]] + value[i];
maxValue[i][j] = ( tmp & maxValue[i][j]) ? tmp : maxValue[i][j];
if(j &= weight[0])
maxValue[0][j] = value[0];
printf(&%d\n&,maxValue[N-1][V]);
while(i &= 0)
if(maxValue[i][j] == maxValue[i-1][j-weight[i]] + value[i])
printf(&%d &,i);
j = j - weight[i];
01背包是背包问题的基础，加深理解的最好方式就是动手写一下，然后对照最终的状态转移矩阵一一比对。
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5.0 4.0 1.0
double binaryKn...
01背包是在M件物品取出若干件放在空间为W的背包里，每件物品的体积为C1，C2，…，Cn，与之相对应的价值为W1,W2，…，Wn.求解将那些物品装入背包可使总价值最大。
动态规划...
01背包问题的c语言代码
1.从01背包问题说起
有一堆宝石一共n个，现在你身上能装宝石的就只有一个背包，背包的容量为C。把n个宝石排成一排并编上号： 0,1,2,…,n-1。第i个宝石对应的体积和价值分别为V[i]和W[...
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