背包九讲----02完全背包问题
dd大牛的文章中这样提到P02: 完全背包问题
题目
有N种物品和一个容量为V的背包,每种物品都有无限件可用。第i种物品的费用是c[i],价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量,且价值总和最大。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……等很多种。如果仍然按照解01背包时的思路,令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值。仍然可以按照每种物品不同的策略写出状态转移方程,像这样:f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k*c[i]<= v}。这跟01背包问题一样有O(N*V)个状态需要求解,但求解每个状态的时间则不是常数了,求解状态f[i][v]的时间是O(v/c[i]),总的复杂度是超过O(VN)的。将01背包问题的基本思路加以改进,得到了这样一个清晰的方法。这说明01背包问题的方程的确是很重要,可以推及其它类型的背包问题。但我们还是试图改进这个复杂度。
一个简单有效的优化
完全背包问题有一个很简单有效的优化,是这样的:若两件物品i、j满足c[i]<=c[j]且w[i]>=w[j],则将物品j去掉,不用考虑。这个优化的正确性显然:任何情况下都可将价值小费用高得j换成物美价廉的i,得到至少不会更差的方案。对于随机生成的数据,这个方法往往会大大减少物品的件数,从而加快速度。然而这个并不能改善最坏情况的复杂度,因为有可能特别设计的数据可以一件物品也去不掉。转化为01背包问题求解
既然01背包问题是最基本的背包问题,那么我们可以考虑把完全背包问题转化为01背包问题来解。最简单的想法是,考虑到第i种物品最多选V/c [i]件,于是可以把第i种物品转化为V/c[i]件费用及价值均不变的物品,然后求解这个01背包问题。这样完全没有改进基本思路的时间复杂度,但这毕竟给了我们将完全背包问题转化为01背包问题的思路:将一种物品拆成多件物品。更高效的转化方法是:把第i种物品拆成费用为c[i]*2^k、价值为w[i]*2^k的若干件物品,其中k满足c[i]*2^k<V。这是二进制的思想,因为不管最优策略选几件第i种物品,总可以表示成若干个2^k件物品的和。这样把每种物品拆成O(log(V/c[i]))件物品,是一个很大的改进。但我们有更优的O(VN)的算法。 * O(VN)的算法这个算法使用一维数组,先看伪代码: <pre class"example"> for i=1..N for v=0..V f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};
你会发现,这个伪代码与P01的伪代码只有v的循环次序不同而已。为什么这样一改就可行呢?首先想想为什么P01中要按照v=V..0的逆序来循环。这是因为要保证第i次循环中的状态f[i][v]是由状态f[i-1][v-c[i]]递推而来。换句话说,这正是为了保证每件物品只选一次,保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时,依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果f[i-1][v-c[i]]。而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件,所以在考虑“加选一件第i种物品”这种策略时,却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果f[i][v-c[i]],所以就可以并且必须采用v= 0..V的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。
这个算法也可以以另外的思路得出。例如,基本思路中的状态转移方程可以等价地变形成这种形式:f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i][v-c[i]]+w[i]},将这个方程用一维数组实现,便得到了上面的伪代码。
总结
完全背包问题也是一个相当基础的背包问题,它有两个状态转移方程,分别在“基本思路”以及“O(VN)的算法“的小节中给出。希望你能够对这两个状态转移方程都仔细地体会,不仅记住,也要弄明白它们是怎么得出来的,最好能够自己想一种得到这些方程的方法。事实上,对每一道动态规划题目都思考其方程的意义以及如何得来,是加深对动态规划的理解、提高动态规划功力的好方法。
2.完全背包问题 Acwing 03
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
输入样例
4 5
1 2
2 4
3 4
4 5
输出样例:
10
朴素版解法:二维空间解法
也是两种选择,选或不选,只不过每个物品可以选无限次,在01的基础上把
f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-v[i]]+w[i])改为f[i][j]=max(f[i][j],f[i][j-v[i]]+w[i])
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>|using namespace std;const in N =1010;int f[N][N];
int w[N];
int v[N];
int n,m;
int main()
{cin>>n>>m;for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d%d",&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];if(j>=v[i])f[i][j]=max(f[i][j],f[i][j-v[i]]+w[i]);} }cout<<f[n][m]<<endl;return 0;
}
优化空间版解法:二维转化为一维空间
转移方程为f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i])
第二层从小到大循环,原因参考01的一维
/* f[i]表示 总体积是i的情况下,最大价值是多少。result = max{f[0...m]}for(int i =0;i<n;i++)
{for(int j =v[i];j<= m;j++)f[j] = max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
}数学归纳法:
1.假设考虑前i-1个物品之后,所有的f[j]都是正确的
2.来证明:考虑完第i个物品后,所有的f[j]也都是正确的对于某个j而言,如果最优解中包含k个v[U]:f[j - k * v[i]];f[k -(k - 1)*v[i] -v[i]]+w[i]]包含1个v[i]...
f[j] f[j-v[i]]+w[i]*/#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algprithm>using namespace std;const int N =1010;int f[N];
int n,m,w,v;
int main()
{cin>>n>>m;for(int i=0;i<n;i++){cin>>v>>w;for(int j=v;j<=m;j++){f[j]=max(f[j],f[j-v]+w);} }cout<<f[m]<<endl;return 0;
}
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