DP 揹包九講之01揹包

有n件物品和乙個容量為v 的揹包。放入第i件物品耗費的空間是ci，得到的價值是wi。求解將哪些物品裝入揹包可使價值總和最大。

這是最基礎的揹包問題，特點是：每種物品僅有一件，可以選擇放或不放。用子問題定義狀態：即f[i, v]表示前i件物品恰放入乙個容量為v的揹包可以獲得的最大價值。則其狀態轉移方程便是：

先考慮上面講的基本思路如何實現，肯定是有乙個主迴圈i = 1..n，每次算出來二維陣列f[i, 0..v ]的所有值。那麼，如果只用乙個陣列f[0..v ]，能不能保證第i次迴圈結束後f[v]中表示的就是我們定義的狀態f[i, v]呢？f[i, v]是由f[i − 1, v]和f[i − 1, v − ci ]兩個子問題遞推而來，能否保證在推f[i, v]時（也即在第i次主迴圈中推f[v]時）能夠取用f[i − 1, v]和f[i − 1, v − ci ]的值呢？事實上，這要求在每次主迴圈中我們以v = v..0的遞減順序計算f[v]，這樣才能保證推f[v]時f[v − ci ]儲存的是狀態f[i − 1, v − ci]的值。

恰好裝滿揹包時的最優解

在容量範圍內時的最優解

這是為什麼呢？可以這樣理解：初始化的f陣列事實上就是在沒有任何物品可以放入揹包時的合法狀態。如果要求揹包恰好裝滿，那麼此時只有容量為0的揹包可以在什麼也不裝且價值為0的情況下被「恰好裝滿」，其它容量的揹包均沒有合法的解，屬於未定義的狀態，應該被賦值為-∞了。如果揹包並非必須被裝滿，那麼任何容量的揹包都有乙個合法解「什麼都不裝」，這個解的價值為0，所以初始時狀態的值也就全部為0了。這個小技巧完全可以推廣到其它型別的揹包問題。

裸題：直接初始化加公式

解析：根據題目，我們就是要找到min(m - dp[m-5] - w[k])

其中dp[m-5] 是保證錢包剩餘5元以上時的最大消費。

先把貪心的假設拿出來（思維的跳躍，先擺出假設，再證明）。

我們設最優解是dp[m-5]且做01揹包的時候不考慮最大的w[k],那麼剩下的錢最後買w[k],設ans = m - dp[m-5] - max

假設存在其他的方案：ans' = m - dp'[m-5] - t 。下面我們就討論max 和 t 的關係以及 dp 和 dp' 之間的策略

首先我們對w進行排序（實際做的時候不用排序，只需要存在最大值的下標就行，減小複雜度）

w[1]

....

w[i]

....

w[j]

....

w[n]

min..

..min'

....t..

..max

ans = m - dp[m-5] - max 和 ans' = m - dp'[m-5] - t 的比較

那麼關鍵證明就是：(max >=t)

① 若dp[m-5] >= dp'[m-5] 顯然 ans<=ans' 那麼貪心策略一定正確

② 若dp[m-5] < dp'[m-5] 那麼繼續做出假設。

假設dp'[m-5]選取若干個w的值，其中包括max,但是在沒有被選取的w中，t是最大的（因為最後剩下的錢一定會去買最大的）

那麼對於dp[m-5] 一定是沒有選取max的，和dp'[m-5]對比一下，一定會把t給選進去，或者說若干個較小的w的求和》=t的值選入進去（如果有若干個min''沒有被選擇的值加起來》=t而又dp'[m-5] = wp1 + wp2 + wp3 +.... + max

dp[m-5] = wp1 + wp2 + wp3 + .....+ t (或者

那麼dp'[m-5] - dp[m-5] < = max - t

因此證明了ans <= ans'。

綜上所述，題目可以等價於：貪心 + 01 揹包

題目分析：

DP 揹包九講之01揹包

DP 揹包九講之01揹包

DP 揹包九講之01揹包

揹包九講之 01揹包

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