0 1揹包問題

簡述

0 1 揹包可以說是講述動態規劃的最適合入門的問題了，所謂動態規劃，其實可以簡單理解為一種特殊的分而治之的策略，和我們常見的如二分查詢等分而治之策略的不同在於，可以採用分而治之策略的問題，它劃分出來的若干子問題是沒有交集的，即子問題的求解完全不受其他因素的干擾，就如下圖所示：

我們只需要將目光聚集解決如何解決每乙個小問題，再將所有待解決的小問題合併，複雜的大問題也就迎刃而解。

但對於一般的動態規劃問題，它分出來的子問題卻往往互相交錯，你中有我我中有你，使得問題變得十分複雜，在求解乙個子問題的時候還需要考慮其他子問題對該問題的影響，這使得我們陷入了一種複雜的遞迴呼叫中。

問題01揹包問題的描述大概就是我有乙個負重固定的揹包，還有一地物品，物品的重量和價值隨機，但每件物品都只有乙個，其實有相同的也無所謂，現在需要盡量裝走這些物品，使得在揹包負重足夠的情況下，被揹包裝入的物品總價值最大。

上圖中的w代表每個物品的重量，v代表每個物品對應的價值，我們可以很快地想到乙個方法，每次拿上未拿的物品中 v/w 最大的那個物品，直到揹包裝不下為止，這種想法是非常自然的，但往往卻不是正確的，以上述圖為例， v/m 最大的是第五個物品，其次是第四個，然後是第六個，此時這三個物品重量為 3+4+9 =16，已經放不下任何乙個其他物品了，這三個物品的總價值為 4+7+8 =19；然而經過觀察，我們發現明明取 1 ， 2， 4 ， 5 這四個物品，總重量為19，總價值為20，比貪心策略求出的值還要大！！

解我們當然可以遍歷所有的情況，然後找出那個 v 最大的情況，但這種遍歷是非常耗時的，我們有更好的解法，只需將思路稍微轉變一下即可。

我們將目光聚焦在每次做抉擇的時刻，假設我已經挑選過前i-1個物品，這些物品我有的拿了有的沒拿，在揹包負重不足的條件下（前i-1個物品並未全部放入或者全部放入後放不下第i個物品），這是我這個狀態下揹包存放物品的最優解，那麼在遇見第i個物品後，我便要思考拿不拿這個物品了，無非有兩種情況，將揹包裡的一些物品丟棄，且並不需要考慮丟了誰，只關注揹包負重，直到可以裝下第i個物品，然後將這個物品放入揹包；或者乾脆不用管這個第i個物品，因為就算我為它騰出了空間，帶上它以後價值居然還沒有我原來揹包大，我們當然選擇使得我揹包價值盡量大的那種選擇，選擇完畢後，目前這個揹包的狀態，就是探尋了前i個物品後我得到的最優的揹包！

這很好解釋，簡單來說，我之前的狀態是最優的，那麼我僅需要考慮這次的選擇最優，那麼我總體的狀態也就是最優的。

有了上述一層關係，就可以很簡單地得到如下推導：

假設i為前 i 個物品，j為當前揹包負重，那麼f(i,j)表示：只考慮前i個物品的情況下，負重 j情況下所能得到的最優解，遞推式如下：

f(i,j) = max

一般的，我們稱上述推導式為狀態轉移方程。

假設總共有 m 件物品，揹包的總負重為 g ，不妨再通過上面的描述再解釋一遍，考慮前 m 件物品，負重g情況下所能得到的最優解，道法自然，這不正就是我們所要求的最後的問題的解嗎？

關於上述的狀態轉換方程的解釋，我提到了乙個條件，在揹包負重不足的情況下，那麼如果揹包的負重大到可以將所有物品都存放進去，這個方程還成立嗎？

換一種角度就能夠想到，我們實際的操作其實就是填表，揹包負重越大，表越長，填到最後如果負重足夠，所有的物品也都是可以順利被包含在內的。

小問題還有乙個小問題值得我們思考，假設我們通過遞迴的思想，不斷地遞迴遞迴，直到原始狀態，先不考慮原始狀態的情況，將重點放在狀態轉移方程上,這兩個比對的上一層狀態，會不會是之前已經出現過的呢？如果已經出現過了，我們自然沒有必要耗費資源再計算一遍，這也是文章開頭我提到的交叉子問題的情況，很顯然，確實會發生這種問題，而且還十分普遍。

如何解決這種不斷重複的問題，最簡單明瞭的方法就是記下來，將我們之前計算過的所有 f() 都記錄在對應位置，這樣當我們要求解乙個子問題，我們先查詢之前是否有計算過，如果有，直接返回，如果沒有，則計算該值，並記錄下來留作下次查詢。當然，還有一種方法是迭代的自底而上全都求解一遍，下面的**就採取的是迭代方式而不是遞迴。

const
int n =
2002
;//根據題目要求頂下陣列大小
int f[n]
[n];
intgetanswer
(int n ,
int bag ,
int* w ,
int* v)
}return f[n]
[bag]
;}

上述的**實際上就是展示一種填表的操作，將所有存放所有最優狀態的表填好，答案自然就在這張表的最末尾，由此可以得到該演算法的複雜度 o( n * bag) ，所以揹包問題通常它的物品數或者揹包負重都能太大。

優化：滾動陣列

我們再來看一下它的狀態轉移方程：

f(i,j) = max

結合上面的**就不難發現，第 i 行的狀態的求解，僅與第 i-1行有關，我們需要的答案在那張表的最末端，也就是說，這張表的其他地方對於我來說是無所謂的，那麼是否可以僅開乙個一維的陣列，存放當前行的最優狀態，等到下一行時，再通過原有的值重新整理一遍，得到新的一行的狀態值呢？

答案是當然的，方式也很簡單，僅需要逆向遍歷。

為何要逆向遍歷呢？再仔細觀察一下狀態轉移方程中第二個子狀態：f(i -1 , j-i.w) + i.v，如果做順序遍歷，那麼它找到的揹包實際上是已經更新過以後的揹包了，原來的資料被抹去無法找回，但如果是逆序，則這個子狀態需要的上一層的資料，都是未曾動過的。

此時的狀態轉換方程為：f(j) = max

優化後的**如下：

const
int n =
2002
;//根據題目要求頂下陣列大小
//int f[n][n] ; 
int f[n]
;int
getanswer
(int n ,
int bag ,
int* w ,
int* v)
}return f[bag]
;}

完整**如下：

#include
using namespace std;
const
int n =
2002
;//根據題目要求頂下陣列大小
//int f[n][n] ; 
int f[n]
;int
getanswer
(int n ,
int bag ,
int* w ,
int* v)
}return f[bag];}
// int getanswer(int n , int bag , int* w , int* v)
// }
// return f[n][bag];
// }
intmain
(int argc,
char
const
*ar**)
cout<<
getanswer
(n,bag,w,v)
;return0;
}

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揹包問題（01揹包）

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