Bone Collector (01背包）+01背包问题分析

题目描述

在Teddy的老家，有个骨头收集者喜欢收集骨头，如狗的骨头和牛的骨头。不同的骨头有不同的价值和体积，而收集者的背包容量是有限制的。在一次行程中，收集者会收集一些骨头，需要确定收集者能够收集到的骨头价值总和的最大值。

输入格式

先输入一个整数T，表示有T组数据。每组数据首先输入N和V表示骨头的数量和背包的容积。下一行输入N个物品的价值，接下来一行输入N个物品体积。其中N<=1000,V<=1000。

输出格式

对于每组数据输出一行，该行仅有一个整数，表示收集者能够获得的骨头价值的最大值。

Sample Input

1
5 10
1 2 3 4 5
5 4 3 2 1

Sample Output

14

题目分析

这道题是01背包模板题。接下来从 原始的01背包和优化空间复杂度的01背包 两个角度分析。

一、原始的01背包

①如果背包装得下当前的物体，在遍历过程中分别计算第i件物体放入和不放入背包的价值，取其中较大的做为当前的最大价值。

不放入背包时:第i次决策后的最大价值和第i-1次决策时候的价值是一样的。
放入背包时:第i次决策后的价值为 第i-1次决策时候的价值 加上 当前物体的价值v[i]。物体放入背包后会使背包容量变为 j ，即没放物体之前背包的容量为j - w[i]。
②如果背包装不下当前物体那么第i个物体只有不放入背包一种选择。

 状态转移方程为：dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - w[i]] + v[j])

（ i代表对i件物体做决策，有两种方式—放入背包和不放入背包。j表示当前背包容量。）

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<int>v, w;  //v存放每个物品的价值，w存放每个物品的体积
vector<vector<int>>dp;
int main()
{
	int T;
	cin >> T;
	while (T--) {
		int N, V;  //N个物品，背包总容量为V
		cin >> N >> V;
		v.clear();
		w.clear();
		dp.clear();
		w.push_back(0);
		v.push_back(0);
		for (int i = 0; i < N; i++){   //存每个物品的价值
			int temp;
			cin >> temp; v.push_back(temp);
		}
		for (int i = 0; i < N; i++) {  //存每个物品的体积
			int temp;
			cin >> temp; w.push_back(temp);
		}
		//初始化状态矩阵
		for (int i = 0; i <= N; i++){
			vector<int> buff(V + 1, 0);
			dp.push_back(buff);
		}
		//动态规划过程
		for (int i = 1; i <= N; i++){
			for (int j = V; j >= 0; j--){
				if (j >= w[i]){  //如果背包装得下当前的物品
					dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - w[i]] + v[i]);
				}
				else{  //如果背包装不下当前的物品
					dp[i][j] = dp[i - 1][j];
				}
			}
		}
		//输出答案
		int ans = dp[N][V];
		cout << ans << endl;
	}
	return 0;
}

二、 优化空间复杂度的01背包

（1）状态表f的遍历顺序为从第1行开始一行一行遍历，且在遍历第i行时候不会用到第i-2行数据，也就是i-2行及以前的数据没有用了，可以清除。同时，第i-1行的数据每个只会用到一次。
（2）遍历每一行时候只用到当前容量j和j-w[i]的数据，也就是第 i 次遍历只需要 第 i-1 次遍历中容量小于等于 j 的数据 。

所以我们可以按照如下方法优化f的空间复杂度：

dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[j])
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
	for (int j = V; j >= 0; j--)
	{
		if (j >= w[i])
		{
			dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);
		}
		else
		{
			dp[j] = dp[j];
		}
	}
}

从本质上说，这种优化方法针对了上述的两个问题：
（1）把遍历第i个物体和遍历第i-1个物体时的最大价值存在一个单元里。更新前dp[j]存i-1的价值，更新后dp[j]存i的价值。因为用不到i-2及以前的数据所以不需要存。因为以后不会再用到i-1的价值所以被覆盖了没问题
（2）j从背包容量V开始遍历，即从大到小遍历，保证了当前dp[j]和dp[j - w[i]]里面存的是i-1的数据，即等价于dp([i])[j] = max(dp([i - 1])[j], dp([i - 1])[j - w[i]] + v[i])，从而和优化空间复杂度前状态转移方程的原理一致。
但仍存在一些问题，比如

else
{
	dp[j] = dp[j];
}

 自己给自己赋值，是无用操作，所以j < w[i]时候什么都不做即可。换句话说，只需要遍历到j >= w[i]，从而得到 

for (int i = 1; i <= n; i++)
{
	for (int j = V; j >= w[i]; j--)
	{
		dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);
	}
}

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

最终Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<int>v, w;  //v存放每个物品的价值，w存放每个物品的体积
vector<int>dp;
int main()
{
	int T;
	cin >> T;
	while (T--) {
		int N, V;  //N个物品，背包总容量为V
		cin >> N >> V;
		v.clear();
		w.clear();
		dp.clear();
		w.push_back(0);
		v.push_back(0);
		for (int i = 0; i < N; i++){   //存每个物品的价值
			int temp;
			cin >> temp; v.push_back(temp);
		}
		for (int i = 0; i < N; i++) {  //存每个物品的体积
			int temp;
			cin >> temp; w.push_back(temp);
		}
		//初始化状态
		dp = vector<int>(V + 1, 0);
		//动态规划过程
		for (int i = 1; i <= N; i++){
			for (int j = V; j >=w[i]; j--){
				dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);
			}
		}
		//输出答案
		int ans = dp[V];
		cout << ans << endl;
	}
	return 0;
}

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原文链接：https://blog.youkuaiyun.com/Iseno_V/article/details/100001133