LintCode 背包问题

背包问题 

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• 在n个物品中挑选若干物品装入背包，最多能装多满？假设背包的大小为m，每个物品的大小为A[i]

 

注意事项

你不可以将物品进行切割。

样例

如果有4个物品[2, 3, 5, 7]

如果背包的大小为11，可以选择[2, 3, 5]装入背包，最多可以装满10的空间。

如果背包的大小为12，可以选择[2, 3, 7]装入背包，最多可以装满12的空间。

函数需要返回最多能装满的空间大小。

首先给一个背包问题通俗易懂的讲解，这里使用的是从杰大佬的一个很形象的讲解，附上他的博客链接：

http://blog.youkuaiyun.com/mu399/article/details/7722810

01背包问题，是用来介绍动态规划算法最经典的例子，网上关于01背包问题的讲解也很多，我写这篇文章力争做到用最简单的方式，最少的公式把01背包问题讲解透彻。

01背包的状态转换方程 f[i,j] = Max{ f[i-1,j-Wi]+Pi( j >= Wi ),  f[i-1,j] }

f[i,j]表示在前i件物品中选择若干件放在承重为 j 的背包中，可以取得的最大价值。

Pi表示第i件物品的价值。

决策：为了背包中物品总价值最大化，第 i件物品应该放入背包中吗 ？

题目描述：

有编号分别为a,b,c,d,e的五件物品，它们的重量分别是2,2,6,5,4，它们的价值分别是6,3,5,4,6，现在给你个承重为10的背包，如何让背包里装入的物品具有最大的价值总和？

name	weight	value	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
a	2	6	0	6	6	9	9	12	12	15	15	15
b	2	3	0	3	3	6	6	9	9	9	10	11
c	6	5	0	0	0	6	6	6	6	6	10	11
d	5	4	0	0	0	6	6	6	6	6	10	10
e	4	6	0	0	0	6	6	6	6	6	6	6

只要你能通过找规律手工填写出上面这张表就算理解了01背包的动态规划算法。

首先要明确这张表是至底向上，从左到右生成的。

为了叙述方便，用e2单元格表示e行2列的单元格，这个单元格的意义是用来表示只有物品e时，有个承重为2的背包，那么这个背包的最大价值是0，因为e物品的重量是4，背包装不了。

对于d2单元格，表示只有物品e，d时,承重为2的背包,所能装入的最大价值，仍然是0，因为物品e,d都不是这个背包能装的。

同理，c2=0，b2=3,a2=6。

对于承重为8的背包，a8=15,是怎么得出的呢？

根据01背包的状态转换方程，需要考察两个值，

一个是f[i-1,j],对于这个例子来说就是b8的值9，另一个是f[i-1,j-Wi]+Pi；

在这里，

 f[i-1,j]表示我有一个承重为8的背包，当只有物品b,c,d,e四件可选时，这个背包能装入的最大价值

f[i-1,j-Wi]表示我有一个承重为6的背包（等于当前背包承重减去物品a的重量），当只有物品b,c,d,e四件可选时，这个背包能装入的最大价值

f[i-1,j-Wi]就是指单元格b6,值为9，Pi指的是a物品的价值，即6

由于f[i-1,j-Wi]+Pi = 9 + 6 = 15 大于f[i-1,j] = 9，所以物品a应该放入承重为8的背包

-------------------------------------------------------------华丽的分割线----------------------------------------------------------------------------------------------

本题由于没有物品价值这个维度，但是可以直接把物品的重量当做物品的价值，最后依然是求解出背包中最大价值的问题。

上面的解释中数组的更新是从底向上不是很直观，我们从上到下其实是一样的道理，二维数组result[A.size()][m+1] 中的result[i][j]表示在背包空间为j，有A中前i个物品可选的情况下，最大的价值是什么。

f[i,j] = Max{ f[i-1,j-Wi]+Pi( j >= Wi ),  f[i-1,j] }

其中   value1= f[i-1,j]  意味着第i个物品不放到背包中，所以背包中的最大价值还是和i-1个候选物品时一样

而 value2=   f[i-1,j-Wi]+Pi( j >= Wi) 表示我的背包如果一定要放入第i个物品的话，那么我先给i号物品预留wi的空间，所以背包的总价值是j-wi的空间情况下i-1个候选物品的最大价值+第i个物品的价值。

通过比较value1和value2的值，我就可以做出决策来让在空间为j，候选物品为前i个，的情况下的最大价值。

所以我们可以得到我们的程序如下：

但是这个程序在大数据量的时候会爆内存，所以我们需要继续优化我们的代码↓

int backPack(int m, vector<int> A) {
	// write your code here
	if (A.size() == 0)
		return 0;
	if (m == 0)
		return 0;

	vector<vector<int>> result(A.size(), vector<int>(m + 1, 0));

	for (int i = 0; i <= m; i++)
	{
		if (i >= A[0])
			result[0][i] = A[0];
	}

	for (int i = 1; i < A.size(); i++)
	{
		for (int j = 0; j <= m; j++)
		{
			if (j - A[i] >= 0)
				result[i][j] = max(result[i - 1][j], result[i- 1][j - A[i]] + A[i]);
			else
				result[i][j] = result[i- 1][j];
		}
	}
	return result[A.size()][m];
}

同时通过观察状态转移方程我们可以看到，每一行的计算其实只会用到上一行的数据，所以其实我们只需要一个2行，m+1列的数组就能够完成计算了，所以这里需要一些小的技巧，利用i的奇偶特性来确定当前使用哪一行来保存数据，具体的代码如下：

int backPack(int m, vector<int> A) {
	// write your code here
	if (A.size() == 0)
		return 0;
	if (m == 0)
		return 0;

	vector<vector<int>> result(2, vector<int>(m + 1, 0)); 
	//本来应该用二维数组存储，但是其实每一次计算只会用到上一行的数据，所以可以直接压缩到一个两行的数组

	for (int i = 0; i <= m; i++)
	{
		if (i >= A[0])
			result[0][i] = A[0];
	}

	for (int i = 1; i < A.size(); i++)
	{
		for (int j = 0; j <= m; j++)
		{
			if (j - A[i] >= 0)
				result[i % 2][j] = max(result[abs(i % 2 - 1)][j], result[abs(i % 2 - 1)][j - A[i]] + A[i]);
			else
				result[i % 2][j] = result[abs(i % 2 - 1)][j];
		}
	}
	return result[A.size() % 2 == 0 ? 1 : 0][m];
}