01背包
定义:在/(M/)件物品取出若干件放在空间为/(V/)的背包里,每件物品的体积为/(V_1/),/(V_2/)至/(V_n/),与之相对应的价值为/(W_1/),/(W_2/)至/(W_n/)。
01背包的约束条件是给定几种物品,每种物品有且只有一个,并且有权值和体积两个属性。
在01背包问题中,因为每种物品只有一个,对于每个物品只需要考虑选与不选两种情况。
(故称为01背包。)
解决这个问题我们需要从前一个状态递推到下一个状态,最终递推到我们想要的状态。
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。
这个问题核心的矛盾有两处:1.背包的容量,2.所装物品的价值。
所以,我们不妨假设背包内物品的价值为$ F(I,C)$ 。($ I /(是对应的物品序号,/)C$是它的体积)
阶段:前 /(I/) 件物品中,已经选取若干件物品放在背包中
状态:前 $ I $ 件物品,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 $ I $ 件物品放或者不放
由此,其状态转移方程为:
/(f[i][v] = max({f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]})/)
理解:对于第 /(i/) 件物品,要么不放背包:/(f[i-1][v]/);要么就放入背包:/(f[i-1][v-c[i]]+w[i]/)。
(放入背包,就是 /(-c[i]/) 的体积,然后价值 /(+w[i]/) 。)
代码如下:
void DP(int v,int m)//m个物品,背包体积为v
{
f[0][0]=0;
for(int i=1;i<=m;++i)
for(int j=0;j<=v;++j)
{
f[i][j]=f[i-1][j];
if(j>=c[i])
f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-c[i]]+w[i]);
}
}
优化:滚动素组
滚动数组是一种能够在动态规划中降低空间复杂度的方法。
有时某些二维dp方程可以直接降阶到一维,在某些题目中甚至可以降低时间复杂度,是一种极为巧妙的思想。
简要来说,就是通过观察dp方程来判断需要使用哪些数据,可以抛弃哪些数据。
一旦找到关系,就可以用新的数据不断覆盖旧的数据量来减少空间的使用。
从而实现“滚动”。
例:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int n,a[4]; scanf("%d",&n);//a[0]不用
a[1]=1; a[2]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
a[3] = a[1] + a[2];
printf("%d ",a[1]);
a[1] = a[2];
a[2] = a[3];
}
return 0;
}
//输入n,得到前n项斐波那契数列。
让$ a_1 $ , $ a_2 $不断的更新迭代,从而完成斐波那契数列的计算。
在01背包中,问题核心的矛盾有两处:1.背包的容量,2.所装物品的价值。
那么对于物品的序号/(i/),便是一个可以抛弃的数据。
我们让$ f[i]/(的数据,覆盖在/)f[i-1]$上。
(就是表格法只用一层表格。)
这时我们的/(F/)函数只有一个参数/(C/)。
也就是说我们在每次遍历时,背包里面刚开始存的是上一个状态的,核心代码变成了这样:
for(i=1;i<=m;++i)//枚举个数
for(j=c[i];j<=n;++j)//枚举容量
f[j] = max(f[j],f[j-c[i]] + w[i]);
像之前那样的思考:
如果$ j < c[i] $ 之前是 /(f[i][j] = f[i-1][j]/),
这里就不考虑 /(f[j]/) ,所以 /(f[j]/) 将保存上一次的状态,等价于上述的式子。
如果/(j /geq c[i]/),之前是 /(f[i][j] = max(f[i-1][j],f[i-1][j-c[i]] + w[i])/)
现在是 /(f[j] = max(f[j],f[j – c[i]] + w[i])/)
两者都是在考虑/(i-1/)个物品时容量为/(j/)的最大价值,和上一状态要把这个物品放进去这两个状态之间
得到的最大价值。
既然都是等价的,理论上我们应该可以直接套用这个新的板子。
但是,
其实依然存在一些问题,等价但不完全等价,关键点在于循环顺序。
试着考虑这样的一个问题,我们考虑 /(j/) 状态和 /(2j/) 状态:
/(j/) 状态的所面临的问题:
f[j] = max(f[j],f[j-c[i]] + w[i]);
/(2j/) 状态所面临的问题:
f[2j] = max(f[2j],f[2j-c[i]] + w[i]);
当 /(j=c[i]/) 时我们可以看到:
f[j] = max(f[j],f[0] + w[i]);
f[2j] = max(f[2j],f[j] + w[i]);
//j=c[i];
//j-c[i]=0;
//2j-c[i]=j;
对于同一个物品/(c[i]/),在循环到/(j=c[i]/)和/(2j/)时都要考虑放与不放的问题,
所以我们可能在$ f[j]/(时已经把这个物品放进去了,但是在/)f[2j]$时我们又放了一次,
这就违背了题目中每个物品只有一件的题意。
问题出在哪里?
理论上难道不是等价的吗?
其实我们可以发现/(f[2j] = max(f[2j],f[j] + w[i])/)
这里的/(f[j]/)如果已经被更新过,那么它保存的就是这个状态,而不是上一个状态
真正的优化:
所以我们重新考虑循环的顺序,我们采用倒序循环,也就是
void DP(int v,int m)//m个物品,背包体积为v
{
for(int i=1;i<=m;++i)
for(int j=v;j>=c[i];--j)
f[j]=max(f[j],f[j-c[i]]+w[i]);
}
这样我们就可以保证/(max/)中比较的状态都是上一个状态。
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