Knapsack - ZeroOnePack 01背包问题

P01: 01背包问题
有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。

每种物品仅有一件，可以选择放或不放。

用子问题定义状态：即f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是：

f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}

将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”，价值为f[i-1][v]；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。

http://blog.csdn.net/crayondeng/article/details/15784093

1. int Backpack()  
2. {  
3.     //初始化二维表中的第一行  
4.     for(int k=0; k<=W; k++) select[0][k] = 0;  
5.     //初始化二维表中的第一列  
6.     for(int k=0; k<=N; k++) select[k][0] = 0;  
7.   
8.     //逐行进行填表  
9.     for(int i=1; i<=N; i++) //物品编号从 1~N  
10.     {  
11.         for(int j=1; j<=W; j++) //背包容量从 1~W  
12.         {  
13.             select[i][j] = select[i-1][j];  
14.             if(goods[i].weight <= j)  
15.             {  
16.                 select[i][j] = getMax(select[i][j],select[i-1][j-goods[i].weight]+goods[i].value);  
17.             }  
18.         }  
19.     }  
20.     return select[N][W];  
21. }  

优化空间复杂度

以上方法的时间和空间复杂度均为O(VN)，其中时间复杂度应该已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O。

先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环i=1..N，每次算出来二维数组f[i][0..V]的所有值。那么，如果只用一个数组f[0..V]，能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态f[i][v]呢？f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]两个子问题递推而来，能否保证在推f[i][v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]的值呢？事实上，这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺序推f[v]，这样才能保证推f[v]时f[v-c[i]]保存的是状态f[i-1][v-c[i]]的值。伪代码如下：

for i=1..N
    for v=V..0
        f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};

其中的f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]}一句恰就相当于我们的转移方程f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]}，因为现在的f[v-c[i]]就相当于原来的f[i-1][v-c[i]]。如果将v的循环顺序从上面的逆序改成顺序的话，那么则成了f[i][v]由f[i][v-c[i]]推知，与本题意不符，但它却是另一个重要的背包问题P02最简捷的解决方案

我们看到的求最优解的背包问题题目中，事实上有两种不太相同的问法。有的题目要求“恰好装满背包”时的最优解，有的题目则并没有要求必须把背包装满。一种区别这两种问法的实现方法是在初始化的时候有所不同。

如果是第一种问法，要求恰好装满背包，那么在初始化时除了f[0]为0其它f[1..V]均设为-∞，这样就可以保证最终得到的f[N]是一种恰好装满背包的最优解。

如果并没有要求必须把背包装满，而是只希望价格尽量大，初始化时应该将f[0..V]全部设为0。

为什么呢？可以这样理解：初始化的f数组事实上就是在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。如果要求背包恰好装满，那么此时只有容量为0的背包可能被价值为0的nothing“恰好装满”，其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，它们的值就都应该是-∞了。如果背包并非必须被装满，那么任何容量的背包都有一个合法解“什么都不装”，这个解的价值为0，所以初始时状态的值也就全部为0了。

这个小技巧完全可以推广到其它类型的背包问题，后面也就不再对进行状态转移之前的初始化进行讲解。

逆序！http://www.cnblogs.com/tanky_woo/archive/2010/07/31/1789621.html

for i=1..N

   for v=V..0

        f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};

一个常数优化前面的伪代码中有 for v=V..1，可以将这个循环的下限进行改进。

由于只需要最后f[v]的值，倒推前一个物品，其实只要知道f[v-w[n]]即可。以此类推，对以第j个背包，其实只需要知道到f[v-sum{w[j..n]}]即可，即代码中的

for i=1..N
    for v=V..0

可以改成

for i=1..n
    bound=max{V-sum{w[i..n]},c[i]}
    for v=V..bound

这对于V比较大时是有用的。

过程ZeroOnePack，表示处理一件01背包中的物品，两个参数cost、weight分别表明这件物品的费用和价值。

procedure ZeroOnePack(cost,weight)
    for v=V..cost
        f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}

注意这个过程里的处理与前面给出的伪代码有所不同。前面的示例程序写成v=V..0是为了在程序中体现每个状态都按照方程求解了，避免不必要的思维复杂度。而这里既然已经抽象成看作黑箱的过程了，就可以加入优化。费用为cost的物品不会影响状态f[0..cost-1]，这是显然的。

有了这个过程以后，01背包问题的伪代码就可以这样写：

for i=1..N
    ZeroOnePack(c[i],w[i]);

在求最优解的背包问题中，一般有两种不同的问法：1、要求“恰好装满背包”时的最优解；2、求小于等于背包容量的最优解，即不一定恰好装满背包。

这两种问法，在初始化的时候是不同的。

1、要求“恰好装满背包”时的最优解：

在初始化时除了f[0]为0其它f[1..V]均设为-∞，这样就可以保证最终得到的f[N]是一种恰好装满背包的最优解。如果不能恰好满足背包容量，即不能得到f[V]的最优值，则此时f[V]=-∞，这样就能表示没有找到恰好满足背包容量的最优值。

2、求小于等于背包容量的最优解，即不一定恰好装满背包：

如果并没有要求必须把背包装满，而是只希望价值尽量大，初始化时应该将f[0..V]全部设为0。

最优解：当背包价值达到最大时，列出所选取的物品都是那些。
其实这是一个反向推导出最优解的过程。那么当然输出的物品编号也就是倒序的了，可以用一个栈保存下来，然后再输出就可以了，这个问题不大。

1. int remainspace = W;  
2.     //输出所选择的物品列表：  
3.     for(int i=N; i>=1; i--)  
4.     {  
5.         if (remainspace >= goods[i].weight)  
6.         {  
7.              if ((select[i][remainspace]-select[i-1][remainspace-goods[i].weight]==goods[i].value))  
8.              {  
9.                  cout << "item " << i << " is selected!" << endl;  
10.                  remainspace = remainspace - goods[i].weight;//如果第i个物品被选择，那么背包剩余容量将减去第i个物品的重量 ;  
11.              }  
12.         }  
13.     }  

http://www.cnblogs.com/Anker/archive/2013/05/04/3059070.html

20 int main()
21 {
22     int maxvalue = max_value();
23     cout<<"The max value is: ";
24     cout<<maxvalue<<endl;
25     int remainspace = W;
26     //输出所选择的物品列表：
27     for(int i=N; i>=1; i--)
28     {
29         if (remainspace >= goods[i].weight)
30         {
31              if ((select[i][remainspace]-select[i-1][remainspace-goods[i].weight]==goods[i].value))
32              {
33                  cout << "item " << i << " is selected!" << endl;
34                  remainspace = remainspace - goods[i].weight;//如果第i个物品被选择，那么背包剩余容量将减去第i个物品的重量 ;
35              }
36         }
37     }
38     return 0;
39 }
40 int max_value()
41 {
42     //初始没有物品时候，背包的价值为0
43     for(int w=1;w<=W;++w)
44         select[0][w] = 0;
45     for(int i=1;i<=N;++i)
46     {
47         select[i][0] = 0;  //背包容量为0时，最大价值为0
48            for(int w=1;w<=W;++w)
49            {
50                if(goods[i].weight <= w)  //当前物品i的重量小于等于w，进行选择
51                {
52                    if( (goods[i].value + select[i-1][w-goods[i].weight]) > select[i-1][w])
53                     select[i][w] = goods[i].value + select[i-1][w-goods[i].weight];
54                    else
55                     select[i][w] = select[i-1][w];
56                }
57                else //当前物品i的重量大于w，不选择
58                  select[i][w] = select[i-1][w];
59            }
60     }
61     return select[N][W];  //最终求得最大值
62 }

X. 01 背包递归解法  DFS, one possible solution but don't use it.
int nap(int j,float X) //返回收益
{
if(j<0) return( (X<0) ? -9999:0);
if(X<w[j]) return nap(j-1,X);
else 
{
   int a=nap(j-1,X);
   int b=nap(j-1,X-w[j])+p[j];
   return a>b? a:b;
}
}
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