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0-1背包理论基础
0-1背包问题
二维dp数组01背包
算法实现
一维dp数组01背包
编辑算法实现
416. 分割等和子集 前言
思路
算法实现
总结 0-1背包理论基础
0-1背包问题
题目链接https://kamacoder.com/problempage.php?pid1046 有n件物品…目录
0-1背包理论基础
0-1背包问题
二维dp数组01背包
算法实现
一维dp数组01背包
编辑算法实现
416. 分割等和子集 前言
思路
算法实现
总结 0-1背包理论基础
0-1背包问题
题目链接https://kamacoder.com/problempage.php?pid1046 有n件物品和一个最多能背重量为w 的背包。第i件物品的重量是weight[i]得到的价值是value[i] 。每件物品只能用一次求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。 这是一道标准的背包问题如果利用暴力求解每一件物品其实只有两个状态取或者不取所以可以使用回溯法搜索出所有的情况那么时间复杂度就是$o(2^n)$这里的n表示物品数量。 所以暴力的解法是指数级别的时间复杂度。进而才需要动态规划的解法来进行优化 举一个例子背包最大重量为4。 物品为
重量价值物品0115物品1320物品2430 问背包能背的物品最大价值是多少
二维dp数组01背包 依然使用动态规划五部曲进行分析
1.确定dp数组以及下标的含义 对于背包问题有一种写法 是使用二维数组dp[i][j] 表示从下标为[0-i]的物品里任意取放进容量为j的背包价值总和最大是多少。仅看二维数组不太容易理解结合表格图来进行分析下比较容易理解。 2.确定递推公式 有两个方向可以推出dp[i][j]
不放物品i由dp[i - 1][j]推出里面不放物品i的最大价值此时dp[i][j]就是dp[i - 1][j]。(其实就是当物品i的重量大于背包j的重量时物品i无法放进背包中所以背包内的价值依然和前面相同。)放物品idp[i - 1][j - weight[i]] 为背包容量为j - weight[i]的时候不放物品i的最大价值那么dp[i - 1][j - weight[i]] value[i] 物品i的价值就是背包放物品i得到的最大价值 。 所以递归公式 dp[i][j] max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] value[i])
3.初始化dp数组 关于初始化一定要和dp数组的定义吻合否则到递推公式的时候就会越来越乱。 如果背包容量j为0的话即dp[i][0]无论是选取哪些物品背包价值总和一定为0。如图 状态转移方程 dp[i][j] max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] value[i]); 可以看出i 是由 i-1 推导出来那么i为0的时候就一定要初始化。dp[0][j]即i为0存放编号0的物品的时候各个容量的背包所能存放的最大价值。那么很明显当 j weight[0]的时候dp[0][j] 应该是 0因为背包容量比编号0的物品重量还小。当j weight[0]时dp[0][j] 应该是value[0]因为背包容量放足够放编号0物品。 此时dp数组初始化情况如图所示 dp[0][j] 和 dp[i][0] 都已经初始化了那么其他下标应该初始化多少呢 其实从递归公式 dp[i][j] max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] value[i]); 可以看出dp[i][j] 是由左上方数值推导出来了那么 其他下标初始为什么数值都可以因为都会被覆盖。因此初始化为任何值都可以但只不过一开始就统一把dp数组统一初始为0更方便一些如图 4.确定遍历顺序 有两个遍历的维度物品与背包重量。先遍历物品还是先遍历背包其实都可以但是先遍历物品更好理解并且可以和一维dp数组01背包问题的实现保持一致。 其实背包问题里两个for循环的先后循序是非常有讲究的理解遍历顺序其实比理解推导公式难多了。
5.举例推导dp数组 来看一下对应的dp数组的数值如图 算法实现
#include bits/stdc.h
using namespace std;int n, bagweight;
void solve(){vectorint weight(n, 0);vectorint value(n, 0);for (int i 0; i n; i){cin weight[i];}for (int j 0; j n; j){cin value[j];}// 创建dp数组并部分初始化vectorvectorint dp(weight.size(), vectorint(bagweight 1, 0));// 初始化dp数组for (int j weight[0]; j bagweight; j){dp[0][j] value[0];}for (int i 1; i weight.size(); i){for (int j 0; j bagweight; j){if (j weight[i]) dp[i][j] dp[i - 1][j];else dp[i][j] max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] value[i]);}}cout dp[weight.size() - 1][bagweight] endl;
}int main(){while (cin n bagweight) {solve();}return 0;
}
一维dp数组01背包 对于背包问题其实状态都是可以压缩的。 在使用二维数组的时候递推公式dp[i][j] max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] value[i]); 其实可以发现如果把dp[i - 1]那一层拷贝到dp[i]上并且只用一个一维数组表示只用dp[j]一维数组也可以理解是一个滚动数组。 这就是滚动数组的由来需要满足的条件是上一层可以重复利用直接拷贝到当前层。 利用动态规划五部曲来进行分析
1.确定dp数组及其下标的含义 在一维dp数组中dp[j]表示容量为j的背包所背的物品价值可以最大为dp[j]。
2.一维dp数组递推公式 dp[j]可以通过dp[j - weight[i]]推导出来dp[j - weight[i]]表示容量为j - weight[i]的背包所背的最大价值。dp[j - weight[i]] value[i] 表示 容量为 j - 物品i重量 的背包 加上 物品i的价值。也就是容量为j的背包放入物品i了之后的价值即dp[j]。 此时dp[j]有两个选择一个是取自己dp[j] 相当于 二维dp数组中的dp[i-1][j]即不放物品i一个是取dp[j - weight[i]] value[i]即放物品i指定是取最大的毕竟是求最大价值。 所以递推公式为dp[j] max(dp[j], dp[j - weight[i]] value[i])。可以看出相对于二维dp数组的写法就是把dp[i][j]中i的维度去掉了。
3.一维dp数组初始化 dp[j]表示容量为j的背包所背的物品价值可以最大为dp[j]那么dp[0]就应该是0因为背包容量为0所背的物品的最大价值就是0。dp数组在推导的时候一定是取价值最大的数如果题目给的价值都是正整数那么非0下标都初始化为0就可以了。 这样才能让dp数组在递归公式的过程中取的最大的价值而不是被初始值覆盖了。 那么我假设物品价值都是大于0的所以dp数组初始化的时候都初始为0就可以了。
4.一维dp数组遍历顺序
for(int i 0; i weight.size(); i) { // 遍历物品for(int j bagWeight; j weight[i]; j--) { // 遍历背包容量dp[j] max(dp[j], dp[j - weight[i]] value[i]);}
} 二维dp遍历的时候背包容量是从小到大而一维dp遍历的时候背包是从大到小。因为倒序遍历是为了保证物品i只被放入一次。但如果一旦正序遍历了那么物品0就会被重复加入多次因为当前层拷贝的是上一层的值前面的数值不能先被更改。 为什么二维dp数组遍历的时候不用倒序呢 因为对于二维dpdp[i][j]都是通过上一层即dp[i - 1][j]计算而来本层的dp[i][j]并不会被覆盖 还要注意for循环的遍历顺序一维dp的写法背包容量一定是要倒序遍历如果遍历背包容量放在上一层那么每个dp[j]就只会放入一个物品即背包里只放入了一个物品。
5.举例推导dp数组 一维dp分别用物品0物品1物品2 来遍历背包最终得到结果如下
算法实现
include bits/stdc.h
using namespace std;int n, bagweight;
void solve(){vectorint weight(n, 0);vectorint value(n, 0);for (int i 0; i n; i) {cin weight[i];}for (int j 0; j n; j) {cin value[j];}vectorint dp(bagweight 1, 0);for (int i 0; i weight.size(); i){for (int j bagweight; j weight[i]; j--){dp[j] max(dp[j], dp[j - weight[i]] value[i]);}}cout dp[bagweight] endl;
}int main(){while (cin n bagweight) {solve();}return 0;
}
416. 分割等和子集 题目链接 文章链接 前言 这道题目是要找是否可以将这个数组分割成两个子集使得两个子集的元素和相等。那么只要找到集合里能够出现 sum / 2 的子集总和就算是可以分割成两个相同元素和子集了。本题的难点主要在于如何将题目条件转换为我们知道的01背包条件。
思路 背包问题有多种背包方式常见的有01背包、完全背包、多重背包、分组背包和混合背包等等。 要注意题目描述中商品是不是可以重复放入。即一个商品如果可以重复多次放入是完全背包而只能放入一次是01背包。 首先本题要求集合里能否出现总和为 sum / 2 的子集。只有确定了如下四点才能把01背包问题套到本题上来。
背包的体积为sum / 2背包要放入的商品集合里的元素重量为 元素的数值价值也为元素的数值背包如果正好装满说明找到了总和为 sum / 2 的子集。背包中每一个元素是不可重复放入。
以上分析完我们就可以套用01背包来解决这个问题了。还是使用动态规划五部曲来进行。
1.确定dp数组及下标含义 dp[j] 表示 容量为j的背包所背的物品价值最大可以为dp[j]。而本题中每一个元素的数值既是重量也是价值。dp[j]表示 背包总容量所能装的总重量是j放进物品后背的最大重量为dp[j]。 那么如果背包容量为target dp[target]就是装满 背包之后的重量所以 当 dp[target] target 的时候背包就装满了。
2.确定递推公式 一维01背包的递推公式为dp[j] max(dp[j], dp[j - weight[i]] value[i])本题相当于背包里放入数值那么物品i的重量是nums[i]其价值也是nums[i]。 所以递推公式dp[j] max(dp[j], dp[j - nums[i]] nums[i]);
3.dp数组的初始化 从dp[j]的定义来看首先dp[0]一定是0。其他数值要尽量小尽量在后面的比价中不要覆盖掉要替换的值为了方便可以都初始化为0。
4.确定遍历顺序 在上面的理论基础中讲到过如果使用一维dp数组物品遍历的for循环放在外层遍历背包的for循环放在内层且内层for循环倒序遍历
5.举例推导dp数组 dp[j]的数值一定是小于等于j的。如果dp[j] j 说明集合中的子集总和正好可以凑成总和j理解这一点很重要。以例1为例 最后dp[11] 11说明可以将这个数组分割成两个子集使得两个子集的元素和相等。
算法实现
class Solution {
public:bool canPartition(vectorint nums) {vectorint dp(10001, 0);// int sum 0;// for (int i 0; i nums.size(); i) {// sum nums[i];// }int sum accumulate(nums.begin(), nums.end(),0);if (sum % 2 1) return false;int target sum / 2;for (int i 0; i nums.size(); i) { // 遍历物品for (int j target; j nums[i]; j--){ // 遍历背包dp[j] max(dp[j], dp[j - nums[i]] nums[i]);} }if (dp[target] target) return true;return false;}
};
总结 今天了解了背包问题中的0-1背包问题对于二维dp数组和一维dp数组的原理和实现有了一定了解并对其进行了简单的初步应用。
