题目描述
有 N 件物品和一个容量为 V 的背包,每件物品有各自的价值且只能被选择一次,要求在有限的背包容量下,装入的物品总价值最大
动态规划是不断决策求最优解的过程,「0-1 背包」即是不断对第 i 个物品的做出决策,「0-1」正好代表不选与选两种决定
样例
blablabla
算法1 二维 $O(n*m)$
-
f【i】【j】:从1~i中选 体积不超过j的情况下,总价值w的最大值
表示的其实是一个选法的集合,最后的值是价值的最大值
f【i】【j】可由哪些算出来:
1) 不选第i个,则f【i】【j】=f【i-1】【j】,从1~i中选体积最大j = 从1~i-1中选体积最大j
2) v【i】<j 第i个的体积不超过背包容量时选 选第i个。此时f【i】【j】的值等于从1~i-1中选,体积不超过j-v【i】的f【i-1】【j-v【i】】的值加上w【i】的值。 (选第i个时最大的价值=从1~i-1中选的价值最大值+v【i】)f【i】【j】=f【i-1】【j-v[i]】
3)最后f【i】【j】=max(选,不选)
-
f【n】【m】是最大的(一直max)
C++ 代码
int f[N][N];
int v[N], w[N];
int n, m;
int main()
{
cin >> n >> m; 数量 体积
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++) {
f[i][j] = f[i - 1][j];
不超过总体积才能选if (j >= v[i]) f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - v[i]] + w[i]);
}
}
int res=0;
for(int i=0;i<=m;i++) res=max(res,f[n][i]);
cout << f[n][m] << endl;
}
算法2 一维数组优化 $O(n)$
eg
4 4
3 1
2 2
3 2
2 5
Q:
f[j] 背包容量j下的最优解
二维情况下,状态f[i][j]是由上一轮i - 1的状态得来的
用大体积(j)更新小体积
1,4 =0,4或0,4-3 + 5 f【4】=max(f[4], f[1]+5)//右边的f[4]是上一轮循环即f【i-1】【4】
1,3=max(0,3 0,0) f【3】=max(f[3],f[0])
若 1,1=0,1 f[1]=f[1] 因为v【1】=3
1,2=0,2 f[2]=f[2]
1,3=max(0,3 ,0,3-3) 0,0=0 f【3】=f[3]
1,4=max(0,4,0,4-3) f[4]=max(f[4],f[1]) 此时的f【1】不是f【0】【1】,第一行已被赋值为f【1】【1】;
综上:第一种情况,从大体积开始遍历时,用到的f【j】是上一轮i循环中的。
j(背包容量)小于v【i】,此时不能选i号,没有答案,不循环到这个i,j组合也是可以。
所以j直接从m开始循环,不选i的上一轮已经算过存在f【j】里了,若要选第i个的话,本轮更新f【j】时,与f【j】取max即可
C++ 代码
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[i]=f[i-1];
//if(v[i]<=j) f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-v[i]]+w[i]);
f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
cout<<i<<j<<' '<<f[j]<<endl;
}
}
cout<<f[m];
再优化 不需要v【N】,w【N】
cin>>n>>m;
while(n--)
{
cin>>v>>w;
for(int j=m;j>=v;j--)
{
f[j]=max(f[j],f[j-v]+w);
}
}
cout<<f[m];