(基础)--- 01背包和完全背包、多重背包问题、分组背包问题

初始化的细节问题

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[V ]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。

这是为什么呢?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的背包可以在什么也不装且价值为0的情况下被“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,应该被赋值为-∞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。

01背包问题

题目描述

有 N 件物品和一个容量是 V 的背包。每件物品只能使用一次。
第 i 件物品的体积是 vi,价值是 wi。
求解将哪些物品装入背包,可使这些物品的总体积不超过背包容量,且总价值最大。
输出最大价值。
输入格式
第一行两个整数,N,V,用空格隔开,分别表示物品数量和背包容积。
接下来有 N 行,每行两个整数 vi,wi,用空格隔开,分别表示第 i 件物品的体积和价值。
输出格式
输出一个整数,表示最大价值。
数据范围
0<N,V≤1000
0<vi,wi≤1000

样例

输入样例:
4 5
1 2
2 4
3 4
4 5
输出样例:
8

朴素做法

状态转移方程:
定义f[i][j]:前i个物品,背包容量j下的最优解
1)当前背包容量不够(j < w[i]),为前i-1个物品最优解:f[i][j] = f[i-1][j]
2)当前背包容量够,判断选与不选第i个物品
选:f[i][j] = f[i-1][j-w[i]] + v[i]
不选:f[i][j] = f[i-1][j]

时间复杂度&空间复杂度:均为O(V N)

#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;
const int N = 1010;
int n,m;
int f[N][N];// f[i][j]表示前i件物品恰放入一个容量为j的背包可以获得的最大价值
int w[N];//价值 
int v[N];//重量 
int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i = 1;i <= n; i++){
		cin>>v[i]>>w[i];
	}
	for(int i = 1;i <= n;i++){
		for(int j = 1; j <= m ;j++)
		if( j < v[i])//如果装不下,价值等于前i-1个物品 
		f[i][j] = f[i-1][j];
		else //能装下,只考虑第i件物品的策略(放或不放) 
		f[i][j] = max(f[i-1][j],f[i-1][j-v[i]]+w[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
	for(int j=1;j<=m;j++)
	cout<<f[i][j]<<" ";
	cout<<endl;	
	}
	return 0;
}

优化空间复杂度为O(V),使用滚动数组

状态转移方程为:f[j] = max(f[j], f[j-w[i]] + v[i]

#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;
const int N = 1010;
int n,m;
int f[N];// f[i][j]表示前i件物品恰放入一个容量为j的背包可以获得的最大价值
int w[N];//价值 
int v[N];//重量 
int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i = 1;i <= n; i++){
		cin>>v[i]>>w[i];
	}
	for(int i = 1;i <= n;i++){
		for(int j = m; j >= v[i];j--)
		f[j] = max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)
	cout<<f[i]<<" ";
	cout<<endl;	
	return 0;
}

完全背包

题目描述

有 N 种物品和一个容量是 V 的背包,每种物品都有无限件可用。
第 i 种物品的体积是 vi,价值是 wi。
求解将哪些物品装入背包,可使这些物品的总体积不超过背包容量,且总价值最大。
输出最大价值。
输入格式
第一行两个整数,N,V,用空格隔开,分别表示物品种数和背包容积。
接下来有 N 行,每行两个整数 vi,wi,用空格隔开,分别表示第 i 种物品的体积和价值。
输出格式
输出一个整数,表示最大价值。
数据范围
0<N,V≤1000
0<vi,wi≤1000

样例

输入样例:
4 5
1 2
2 4
3 4
4 5
输出样例:
10

朴素做法

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……直至取⌊V /Ci⌋件等很多种。

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 1010;

int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N][N];

int main()
{
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> v[i] >> w[i];

    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        for (int j = 0; j <= m; j ++ )
            for (int k = 0; k <= j / v[i]; k ++ )
                f[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][j - v[i] * k] + w[i] * k);
    cout << f[n][m] << endl;
    return 0;
}

转载自在线白给大佬

转化为01背包问题求解

优化思路

列举一下更新次序的内部关系:
f[i , j ] = max( f[i-1,j] , f[i-1,j-v]+w ,  f[i-1,j-2*v]+2*w , f[i-1,j-3*v]+3*w , .....)
f[i , j-v]= max(            f[i-1,j-v]   ,  f[i-1,j-2*v] + w , f[i-1,j-2*v]+2*w , .....)
由上两式,可得出如下递推关系: 
                        f[i][j]=max(f[i,j-v]+w , f[i-1][j]) 
有了上面的关系,那么其实k循环可以不要了,核心代码优化成这样:
for(int i = 1 ; i <=n ;i++)
for(int j = 0 ; j <=m ;j++)
{
    f[i][j] = f[i-1][j];
    if(k*v[i]<=j)
        f[i][j]=max(f[i][j],f[i][j-v[i]]+w[i]);
}
这个代码和01背包的非优化写法很像啊!!!我们对比一下,下面是01背包的核心代码
for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
for(int j = 0 ; j <= m ; j ++)
{
    f[i][j] = f[i-1][j];
    if(j-v[i]>=0)
        f[i][j] = max(f[i][j],f[i-1][j-v[i]]+w[i]);
}

两个代码其实只有一句不同(注意下标)
f[i][j] = max(f[i][j],f[i-1][j-v[i]]+w[i]);//01背包
f[i][j] = max(f[i][j],f[i][j-v[i]]+w[i]);//完全背包问题
因为和01背包代码很相像,我们很容易想到进一步优化。核心代码可以改成下面这样
 for(int i = 1 ; i<=n ;i++)
    for(int j = v[i] ; j<=m ;j++)//注意了,这里的j是从小到大枚举,和01背包不一样
    {
            f[j] = max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
    }
最终优化代码:
#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 1010;
int f[N];
int v[N],w[N];
int main()
{
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    for(int i = 1 ; i <= n ;i ++)
    {
        cin>>v[i]>>w[i];
    }

    for(int i = 1 ; i<=n ;i++)
    for(int j = v[i] ; j<=m ;j++)
    {
            f[j] = max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
    }
    cout<<f[m]<<endl;
}

多重背包

题目描述

有 N 种物品和一个容量是 V 的背包。
第 i 种物品最多有 si 件,每件体积是 vi,价值是 wi。
求解将哪些物品装入背包,可使物品体积总和不超过背包容量,且价值总和最大。
输出最大价值。
输入格式
第一行两个整数,N,V,用空格隔开,分别表示物品种数和背包容积。
接下来有 N 行,每行三个整数 vi,wi,si,用空格隔开,分别表示第 i 种物品的体积、价值和数量。
输出格式
输出一个整数,表示最大价值。
数据范围
0<N,V≤100
0<vi,wi,si≤100

样例

输入样例:
4 5
1 2 3
2 4 1
3 4 3
4 5 2
输出样例:
10

这题目和完全背包问题很类似。基本的方程只需将完全背包问题的方程略微一改即可。

因为对于第i种物品有Mi+1种策略:取0件,取1件……取Mi件。令F[i, v]表
示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大价值,则有状态转移方程:
F[i,v] = max{F[i 1, v k ∗ Ci] + k ∗ Wi | 0 ≤ k ≤ Mi}
复杂度是O(V ΣMi)。

朴素做法

#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;
const int N = 110;

int n,m;
int v[N],w[N],s[N];
int f[N][N];
    
int main(){
    cin>>n>>m;
    for(int i = 1;i<=n;i++){
        cin>>v[i]>>w[i]>>s[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)   
        for(int j = 0;j<=m;j++)
            for(int k = 0;k<=s[i]&&k<=j/v[i];k++)
                f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-v[i]*k]+w[i]*k);
    cout<<f[n][m];
    return 0;
}

优化做法(待更新)

分组背包

状态表示f[i,j]:①集合:只从前i组物品中选,且总体积不大于j的所有选法
②属性Max

状态计算: f[i-1,j-v[i,k]+w[i,k]

有 N 组物品和一个容量是 V 的背包。
每组物品有若干个,同一组内的物品最多只能选一个。
每件物品的体积是 vij,价值是 wij,其中 i 是组号,j 是组内编号。
求解将哪些物品装入背包,可使物品总体积不超过背包容量,且总价值最大。

#include<iostream>

using namespace std;
const int N = 110;

int n,m;
int f[N],s[N],v[N][N],w[N][N];

int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>s[i];
        for(int j=1;j<=s[i];j++)
        {
            cin>>v[i][j]>>w[i][j];
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=m;j>=0;j--)
        {
            for(int k=1;k<=s[i];k++)
            {
                if(v[i][k]<=j)
                {
                    f[j] = max(f[j],f[j-v[i][k]]+w[i][k]);
                }
            }
        }
    }
    cout<<f[m];
}

参考文献:背包九讲、算法笔记

posted @ 2020-07-12 15:26  vehicel  阅读(141)  评论(0编辑  收藏