01背包
问题描述
有 n n n 个物品,每个物品有重量 w i w_i wi 和价值 v i v_i vi。现在有一个容量为 W W W 的背包,每个物品要么选要么不选(0-1),求解在不超过背包容量的情况下,能够装入物品的最大价值。
动态规划解法
状态定义
- d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 表示考虑前 i i i 个物品,背包容量为 j j j 时能获得的最大价值
状态转移方程
dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-w[i]] + v[i]) if j >= w[i]
dp[i][j] = dp[i-1][j] if j < w[i]
初始状态
- d p [ 0 ] [ j ] = 0 dp[0][j] = 0 dp[0][j]=0 表示不选任何物品时的价值为0
- d p [ i ] [ 0 ] = 0 dp[i][0] = 0 dp[i][0]=0 表示背包容量为0时的价值为0
代码实现
C++ 实现(二维)
int knapsack(vector<int>& w, vector<int>& v, int W) {
int n = w.size();
vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(W + 1, 0));
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 0; j <= W; j++) {
if (j >= w[i-1]) {
dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-w[i-1]] + v[i-1]);
} else {
dp[i][j] = dp[i-1][j];
}
}
}
return dp[n][W];
}
C++ 实现(一维优化)
int knapsack(vector<int>& w, vector<int>& v, int W) {
int n = w.size();
vector<int> dp(W + 1, 0);
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = W; j >= w[i]; j--) {
dp[j] = max(dp[j], dp[j-w[i]] + v[i]);
}
}
return dp[W];
}
Java 实现
class Solution {
public int knapsack(int[] w, int[] v, int W) {
int n = w.length;
int[] dp = new int[W + 1];
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = W; j >= w[i]; j--) {
dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j-w[i]] + v[i]);
}
}
return dp[W];
}
}
Python 实现
def knapsack(w: List[int], v: List[int], W: int) -> int:
n = len(w)
dp = [0] * (W + 1)
for i in range(n):
for j in range(W, w[i]-1, -1):
dp[j] = max(dp[j], dp[j-w[i]] + v[i])
return dp[W]
空间优化
-
二维转一维:
- 观察到当前状态只依赖于上一行的状态
- 可以用一维数组滚动更新
- 必须逆序遍历容量,防止状态被覆盖
-
初始化优化:
- 一维数组只需要初始化一次
- 所有位置初始化为0即可
时间复杂度分析
- 时间复杂度: O ( n ⋅ W ) \mathcal{O}(n \cdot W) O(n⋅W)
- 空间复杂度:
- 二维实现: O ( n ⋅ W ) \mathcal{O}(n \cdot W) O(n⋅W)
- 一维实现: O ( W ) \mathcal{O}(W) O(W)
变体问题
- 完全背包:每个物品可以选无限次
- 多重背包:每个物品有特定的数量限制
- 分组背包:物品分组,每组最多选一个
- 二维费用背包:物品有两种限制条件
- 依赖背包:物品之间有依赖关系
应用场景
- 资源分配问题
- 投资组合优化
- 任务调度问题
- 物流配送规划
- 切割问题优化
注意事项
- 数组大小的分配
- 边界条件的处理
- 逆序遍历的必要性
- 状态转移的正确性
- 初始化的合理性