01背包、多重背包与完全背包

01背包

问题描述

给定$N$种物品，每种物品只有1件。已知第$i$件物品的体积是$c_i$， 价值是$w_i$。
请你选出若干物品，在体积之和不超过$V$的条件下，使价值总和最大。

解题思路

【状态定义】：$dp[i][j]$ 表示前$i$个物品，在总体积不超过$j$的情况下，所获得的的最大价值为$dp[i][j]$。

【 状态转移】
对于第$i$种物品，有两种情况

• 不放入,则：$dp[i][j]$ = $dp[i-1][j]$
• 放入，则：$dp[i][j]$ = $dp[i-1][j-c_i]+w_i$

是否放入第$i$件物品，需要进行决策，决策的原则是：使价值最大化以及是否能放得下。因此：
$$dp[i][j]=\{\begin{array}{ll}dp[i-1][j]& \text{if }j<c_i\text{ (放不下)}\\ max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-c_i]+w_i)& \text{if }j\ge c_i\text{ (能放下)}\end{array}$$

【边界条件】 ： $dp[i][j]=0$ , $i=0$

【伪代码】

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

【性能分析】

• 时间复杂度$O(NV)$
• 空间复杂度$O(NV)$

空间优化

由上图可知，$dp[i][j]$只受$dp[i-1][j-c[i]]$和$dp[i-1][j]$的影响，如果逆序枚举j，则当求出$dp[i][j]$的结果可直接覆盖到$dp[i-1][j]$的位置。因为$dp[i-1][j]$只能被用来更新$dp[i][j]$ 和 $dp[i][j+c[i]]$，当求$dp[i][j]$时，这两个值已经被更新了，$dp[i-1][j]$已没有用了。

【伪代码】

    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        for(int j = V; j>=c[i];j--){  //j<c[i]时，dp[i][j] = dp[i-1][j], 不需要被更新
            dp[j] = max(dp[j-c[i]] + w[i],dp[j]);
        }
    }

【性能分析】

• 时间复杂度$O(NV)$
• 空间复杂度$O(V)$

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多重背包

问题描述

给定$N$种物品，每种物品有多件，为 $n_i$ 。已知第$i$件物品的体积是$c_i$， 价值是$w_i$。
请你选出若干物品，在体积之和不超过$V$的条件下，使价值总和最大。

解题思路

【状态定义】：$dp[i][j]$ 表示前 $i$ 个物品，在总体积不超过$j$的情况下，所获得的的最大价值为$dp[i][j]$。

【 状态转移】
对于第$i$种物品，枚举选择的数量$k$，当$k$为0时为不选。决策的原则仍然是：使价值最大化以及是否能放得下，因此：
$$dp[i][j]=max(dp[i-1][j-k\ast c_i]+k\ast w_i),0\le k\le n_i且j-k\ast c_i\ge 0$$

【边界条件】： $dp[i][j]=0$ , $i=0$
【伪代码】

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

【性能分析】

• 时间复杂度为$O(V\sum n_i)$
• 空间复杂度为$O(NV)$

空间优化

和01背包一样，$dp[i][j]$ 只受$dp[i-1][j]$、$dp[i-1][j-c_i]$、$dp[i-1][j-2\ast c_i]$等状态的影响，因此仍然可以逆序枚举j，压缩空间至一维。

【伪代码】

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

【性能分析】

• 时间复杂度为$O(V\sum n_i)$
• 空间复杂度为$O(V)$

二进制优化

其实，我们可以把$n_i$个物品逐个拆分，这样问题就会转化成01背包，但是时间复杂度并没有发生改变。
我们考虑另外的拆分方式：二进制拆分法。
我们将 $n_i$ 拆分成 $2^0+2^1+2^2+....2^k+R_i$, 其中，$p$是满足 ${\sum }_{i=0}^k{2}^i\le n_i$ 的最大整数，$R_i=n_i-{\sum }_{i=0}^k{2}^i=n_i-(2^{k+1}-1)$。

论证：从 $2^0，2^1，2^2，......2^k，R_i$ 这k+2个数中，选出若干个相加，可以表示出$0$ ~ $n_i$ 之间的任意整数。

• 从 $2^0，2^1，2^2，......2^k$ 这k+1个数中，选出若干个相加，可以表示出$0$ ~ $2^{k+1}-1$ 之间的任意整数。
• 根据$k$的最大性，$2^0，2^1，2^2，......2^k，2^{k+1}$ > $n_i$，则 $R_i$ < $2^{k+1}$，即 $R_i$ ≤ $2^{k+1}-1$，则从 $2^0，2^1，2^2，......2^k$ 这k+1个数中，选出若干个相加，可以表示出$0$ ~ $R_i$ 之间的任意整数。
• 从 $2^0，2^1，2^2，......2^k，R_i$ 这k+2个数中，选出若干个相加，可以表示出$0$ ~ $n_i$ 之间的任意整数。

时间复杂度降为 $O(V\sum logn)$ 。

【伪代码】

//二进制拆分
int sz = 0;
for(int i = 1;i<=N;i++){
	int k;
	for(k = 0;n[i]-(1<<(k+1)-1) > 0;k++){
		newc[sz] = (1 << k) * c[i];
		neww[sz] = (1 << k)* w[i]
		sz++;
	}
	int ri = n[i]-(1<<k-1);
	if(ri!=0){
		newc[sz] = ri*c[i];
		neww[sz] = ri*w[i];
		sz++;
	}
}
//01背包
for(int i=0;i<sz;i++){
	for(int j = V;j>=newc[i];j--){
		dp[j] = max(dp[j],dp[j-newc[i]]+neww[i]);
	}
}

完全背包

问题描述

给定$N$种物品，每种物品有无限件 。已知第$i$件物品的体积是 $c_i$， 价值是 $w_i$。
请你选出若干物品，在体积之和不超过 $V$ 的条件下，使价值总和最大。

解题思路

【状态定义】：$dp[i][j]$ 表示前$i$个物品，在总体积不超过$j$的情况下，所获得的的最大价值为$dp[i][j]$。
【 状态转移】
和多重背包类似，对于第$i$种物品，枚举选择的数量$k$，和多重背包不同的是，数量k只受背包容量的限制：
$$dp[i][j]=max(dp[i][j-k\ast c_i]+w_i,dp[i][j]),j-k\ast c_i\ge 0$$
【边界条件】： $dp[i][j]=0$ , $i=0$
【伪代码】

for(int i = 1;i<=N;i++){
	for(int j = 0;j<=V;j++){
		for(int k=0;k*c[i] <= j;k++){
			dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i-1][j-k*c[i]]+k*w[i]);
		}
	}	
}

状态转移优化

如图：
$dp[2][6]$ = max{ $dp[1][6]$, $dp[1][4]$+3, $dp[1][2]+2\ast 3$ , $dp[1][0]+3\ast 3$}
$dp[2][4]$ = max{ $dp[1][4]$, $dp[1][2]+3$, $dp[1][0]+2\ast 3$ }
所以 : $dp[2][6]$ = max( $dp[2][4]+3$, $dp[1][6]$ )

进一步可推：$dp[i][j]$ = max( $dp[i][j-c[i]]+w_i$, $dp[i-1][j]$)。
这样，就不必再枚举k了。

思考：为什么多重背包不能这样优化？

【伪代码】

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

【性能分析】

• 时间复杂度为 $O(NV)$
• 空间复杂度为 $O(NV)$

空间优化

由于 $dp[i][j]$ 的状态值只受 $dp[i-1][j]$和 $dp[i][j-c[i]]$ 两个状态值的影响，因此，可以将二维空间优化成一维。

【伪代码】

for(int i=1; i<=N;i++){
	for(int j = c[i]; j<=V;j++){
		dp[j] = max(dp[j],dp[j-c[i]]);
	}
}

【性能分析】

• 时间复杂度为 $O(NV)$
• 空间复杂度为 $O(V)$