- 中文名
- 01背包
- 外文名
- 0-1 Knapsack
- 条 件
- M件物品取出若干放空间W的背包里
- 问 题
- 求出获得最大价值的方案
- 类 别
- 数学问题,计算机问题
- 时间复杂度
- O(VN)
- 空间复杂度
- O(VN)
01背包题目的雏形是:
有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的体积是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。
从这个题目中可以看出,01背包的特点就是:每种物品仅有一件,可以选择放或不放。
f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}
对于这方程其实并不难理解,方程之中,需要放置的是第i件物品,这件物品的体积是c[i],价值是w[i],因此f[i-1][v]代表的就是不将这件物品放入背包,而f[i-1][v-c[i]]+w[i]则是代表将第i件放入背包之后的总价值,比较两者的价值,得出最大的价值存入现在的背包之中。
理解了这个方程后,将方程代入实际题目的应用之中,可得
for (i = 1; i <= n; i++)
for (j = v; j >= c[i]; j--)//在这里,背包放入物品后,容量不断的减少,直到再也放不进了
f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i - 1][j - c[i]] + w[i]);
求出获得最大价值的方案。
注意:在本题中,所有的体积值均为整数。
int make(int i, int j)//处理到第i件物品,剩余的空间为j 初始时i=m , j=背包总容量
{
if (i == 0) return 0;
if (j >= c[i])//(背包剩余空间可以放下物品 i )
{
int r1 = make(i - 1, j - w[i]);//第i件物品放入所能得到的价值
int r2 = make(i - 1, j);//第i件物品不放所能得到的价值
return max(r1, r2);
}
return make(i - 1, j);//放不下物品 i
}
由于本题中的所有物品的体积均为整数,经过几次的选择后背包的剩余空间可能会相等,在搜索中会重复计算这些结点,所以,如果我们把搜索过程中计算过的结点的值记录下来,以保证不重复计算的话,速度就会提高很多。这是简单的“以空间换时间”。
考虑用动态规划的方法来解决,这里的:
阶段:在前N件物品中,选取若干件物品放入背包中
状态:在前N件物品中,选取若干件物品放入所剩空间为W的背包中的所能获得的最大价值
决策:第N件物品放或者不放
由此可以写出动态转移方程:
我们用f[i][j]表示在前 i 件物品中选择若干件放在已用空间为 j 的背包里所能获得的最大价值
f[i][j] = max(f[i - 1][j - W[i]] + P[i], f[i - 1][j]);//j >= 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[v];如果放第i件物品,那么问题就转化为“前i-1件物品放入已用的容量为c的背包中”,此时能获得的最大价值就是f[c]再加上通过放入第i件物品获得的价值w。
算法设计如下:
int main()
{
cin >> n >> v;
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> c[i] >> w[i];//价值和体积
for (int i = 1; i <= n; i++)
f[i][0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= v; j++)
if (j >= w[i])//背包容量够大
f[i][j] = max(f[i - 1][j - w[i]] + c[i], f[i - 1][j]);
else//背包容量不足
f[i][j] = f[i - 1][j];
cout << f[n][v] << endl;
return 0;
}
由于是用了一个二重循环,这个算法的时间复杂度是O(n*w)。而用搜索的时候,当出现最坏的情况,也就是所有的结点都没有重叠,那么它的时间复杂度是O(2^n)。看上去前者要快很多。但是,可以发现在搜索中计算过的结点在动态规划中也全都要计算,而且这里算得更多(有一些在最后没有派上用场的结点我们也必须计算),在这一点上好像是矛盾的。
事实上,由于我们定下的前提是:所有的结点都没有重叠。也就是说,任意N件物品的重量相加都不能相等,而所有物品的重量又都是整数,那么这个时候W的最小值是:1+2+2^2+2^3+……+2^n-1=2^n -1
此时n*w>2^n,动态规划比搜索还要慢~~|||||||所以,其实背包的总容量W和重叠的结点的个数是有关的。
考虑能不能不计算那些多余的结点……
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[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[v]呢?f[v]是由f[v]和f[v-c]两个子问题递推而来,能否保证在推f[v]时(也即在第i次主循环中推f[v]时)能够得到f[v]和f[v-c]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]保存的是状态f[v-c]的值。伪代码如下:
for i=1..N
for v=V..0
f[v]=max{f[v],f[c]+w};
其中的f[v]=max{f[v],f[c]}一句恰就相当于我们的转移方程f[v]=max{f[v],f[c]},因为现在的f[c]就相当于原来的f[c]。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[v]由f[c]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。
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。
for i=1..N
ZeroOnePack(c,w);
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。
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。
输入v,n,在输入n个物品。
输出箱子的剩余空间为最小。
输入 Input :
24 (一个整数,表示箱子容量)
6 (一个整数 [ 即n ] ,表示有n个物品)
8 (接下来n行,分别表示这n个物品的各自体积。)
3
12
7
9
7
输出 Output
0 ( 一个整数,表示箱子剩余空间。)
分析
Pascal 程序
var v,n,i,j,k:longint;
f:array[0..20000]of boolean;
a:array[1..30]of longint;
begin
read(v,n);
for i:=1 to n do read(a[i]);
f[0]:=true;
for i:=1 to n do
for j:=v downto a[i] do
if not f[j] and f[j-a[i]] then
f[j]:=true;
k:=v;
while (k>1)and(not f[k]) do dec(k);
writeln(v-k);
end.
C++程序
#include<iostream>
int v, n, i, j, k, a[31];
bool f[20001];
int main()
{
using namespace std;
cin >> v >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> a[i];
f[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = v; j >= a[i]; j--)
if (!f[j] && f[j - a[i]])
f[j] = 1;
for (k = v; k > 1 && !f[k]; k--);
cout << v - k << endl;
return 0;
}