动态规划——背包问题

二、完全背包问题

    有N种物品，每种物品有个重量w[i]和价值v[i]，每种物品可以选择无限多件。给定一个承重不超过 W的背包，求出背包中所放物品的价值和的最大值。

    和01背包问题一样分析，设 f[i][w]表示前i种物品中选择总重不超过w的物品所能得到的价值和的最大值。有

f[i][w] = max{f[i-1][w - k*w[i]] + k*v[i]} | k属于[0, w/w[i]]

分析

    观察f[i][w] = max{f[i-1][w - k*w[i]] + k*v[i]} | k属于[0, w/w[i]]，
    max{f[i-1][w - k*w[i]] + k*v[i]}
    = max{f[i-1][w], f[i-1][w-k*w[i]] + k*v[i]} | k属于[1, w/w[i]]，
    令k = t+1, 则
    max{f[i-1][w-k*w[i]] + k*v[i]} | k属于[1, w/w[i]]，
    = max{f[i-1][w-w[i] - t*w[i]] + t*v[i]} + v[i] | t属于[0, (w-w[i])/w[i]]，
    = f[i-1][w - w[i]] + v[i]
    因此
    f[i][w] = max{f[i-1][w], f[i-1][w-w[i]] + v[i]}

因此递推公式化简为了 f[i][w] = max{f[i-1][w], f[i-1][w-w[i]] + v[i]} 
    对于这个公式，其实可以这样理解：在求f[i][w]需要求 max{f[i-1][w - k*w[i]] + k*v[i]}时候，而在求f[i][w-w[i]]时，已经求了max{f[i-1][w - k*w[i]] + k*v[i]}中的前面若干项，因此，知道了 f[i-1][w-w[i]]时，就可以继续推出f[i][w]，而不需要再重复求max{f[i-1][w - k*w[i]] + k*v[i]}。

    同样，可以利用一维数组进行空间优化，得到递推公式 
f[w] = max{f[w], f[w-w[i]] + v[i]

实现

for(int i = 0; i <= W; i ++){
    f[w] = 0;
}
for(int i = 0; i <= n; i ++){ 
    for(int w = w[i]; w <=  W; w ++){
    //这里递推从左向右！！因为就是需要前面的值更新对后面的值产生影响
        f[w] = max{f[w], f[w - w[i]] + v[i]};
    }
}

复杂度分析 
    在经过空间优化之后，空间复杂度为O(W)，时间复杂度为O(n*W)

对比01背包和完全背包 
    都可以使用一维数组来降低空间复杂度，使用一维数组时，01背包的w顺序为从后向前(w ~ w - w[i])，而完全背包是从前向后(w-w[i] ~ w)。

三、多重背包问题

    N种物品，第i种物品的重量值为w[i]， 价值为v[i]，且第i种物品有c[i]个。给定背包的承重W，求能放入背包中的物品总价值的最大值。

分析 
    仿照01背包和完全背包，可以得到递推公式f[i][w] = max{f[i-1][w - k*w[i]] + k*v[i] | v属于[0, min(c[i], w/w[i])]. 
    貌似和完全背包类似，是否可以用同样的方式进行优化变为一维递推形式呢？ 答案是不行的。因为假设某个 w很大，w-w[i]也很大导致前i种物品重量全部相加都无法得到w-w[i]，那么我们会将f[w-w[i]]设置为0，而 f[w] = max{f[w], f[w-w[i]] + v[i]} 就会变为 max{f[w], v[i]}，显然大于0，不符合实际。 
    可以将第i种物品的c[i]个视为不同种类的物品，只不过他们的重量和价值相同，此时转化为01背包问题，即从 ∑n1c[i] 种物品，每种只有一件，选择总重量不超过W的物品组合，使得价值和最大。此时时间复杂度为 O(W*∑n1c[i]) 
    进一步优化，考虑一个定理

给定一个正整数n，可以用1， 2，... 2^(k-1), n - 2^k + 1这些数（约log(n)个）来表示[1,n]中的任何一个整数，其中k为使得n - 2^k + 1 > 0的最大的正整数

即二进制分解。。 
    利用这个定理，将c[i]个重量为w[i]、价值为v[i]的第i种物品分解为 {重量，价值} = {w[i], v[i]}, {2*w[i], 2*v[i]}, ...{2^(k-1)*w[i], 2^(k-1)*v[i]},{(c[i] - 2^k + 1)*w[i], (c[i] - 2^k + 1)v[i]}的一系列物品，然后转换为01背包问题。注意若存在新转换后的{w[k], v[k]}和原来的某种物品{w[j], v[j]}相同，不能将他们进行合并。
此时时间复杂度为O(W*(∑n1log2(c[i]))。 
实现

int weight[MAX];
int value[MAX];
void Expand(int w, int v, int n, int& index){
    int k = 1;
    do{
        weight[index] = k*w;
        value[index ++] = k*v;
        k*=2;
    }while(k*2 < n);
    weight[index] = (n - k + 1)*w;
    value[index++] = (n - k + 1)*v;
}

四、混合背包问题

    混合背包问题是N种物品中有些物品是只能选一件或者不选，有些物品是可以选任意件，有些物品有个数限制。在背包承重W的限制下，求能够得到的价值总和的最大值。 
    解决方法是将多重背包转换为01背包，然后解决01背包和完全背包的混合。

for(int i = 1; i <= n; i ++){
    if(物品i为01背包物品）{
        for(int w = W; w >= w[i]; w --){
            f[w] = max{f[w], f[w - w[i]] + v[i]};
        }
    }else if(物品i为完全背包物品){
       for(int w = w[i]; w <= W; w ++){
            f[w] = max{f[w], f[w - w[i]] + v[i]};
        }
    }
}

五、二维费用的背包问题

    N中物品，每件物品i都有两种不同的空间消耗，选择这件物品必须同时付出这两种代价。对于每种代价都有一个可付出的最大值（背包容量），问怎样选择物品使得总价值和最大。

分析 
    和一维约束没什么区别，只不过将状态表示增加一个维度， 
f[i][w1][w2] = max{f[i-1][w], f[i-1][w1 - w1[i]][w2 - w2[i] + v[i]}，利用空间优化之后为 f[w1][w2] = max{f[w1][w2], f[w1-w1[i]][w2-w2[i]] + v[i]}，在递推的时候同样w1,w2从后向前。

六、分组的背包问题

    有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是Ci，价值是Wi。这些物品被划分为K组，每组中的物品互相冲突，最多选一件。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。

分析 
    这个问题变成了每组物品有若干种策略：是选择本组的某一件，还是一件都不选。也就是说设F [k, v]表示前k组物品花费费用v能取得的最大权值，则有：

for k = 1 to K //组
    for w = W to 0  //承重
        for item i in group k   //组内的每个物品
            f[w] = max{f[w], f[w - Ci] + Wi}

七、背包问题的相关问题

7.1 输出选取物品方案

    如果不仅仅需要求出背包所承载物品的最大价值，还需要求出背包中选取的物品集合。则还需要维护另一个数组g[i][w], 若 f[i][w] == f[i-1][w]表示第i件物品没有被选择，则令g[i][w] = 0；若 f[i][w] == f[i-1[w - w[i]] + v[i]，则说明选择了第i件物品，则令g[i][w] = 1，这样在求解f数组的时候顺便求出g数组。

int i = n, w = W;
while(i >= 1){
    if (g[i][w] == 0){
        未选择第i件物品
    }else{
        选择了第i件物品
        w = w - w[i]
    }
    i --;
}

7.2 输出字典序最小的最优方案

    字典序最小是指1...N号物品的选择方案排列出来以后字典序最小。一般而言，求一个字典序最小的最优方案，只需要在转移时注意策略。子问题的定义要修改一下：如果存在一个选了物品1的最优方案，那么答案一定包含物品1，原问题转化为一个背包容量为W-C1，物品为2....N的子问题。反之，如果答案不包括物品1，则转化成背包容量仍为W，物品为2....N的子问题。 
令 f[i][w] 表示从物品i,i+1...N中选择若干物品总重量不超过w，所能得到价值的最大值。则有递推公式：f[i-1][w] = max{f[i][w], f[i][w-w[i-1]]}，若f[i][w] == f[i][w-w[i-1]]，则选择第i件物品。这样在递推完成之后，编号越小的物品就被记录下来，而同样优秀的字典序较大的方案被“覆盖”。

7.3 最优方案总数

g[0][0] = 1
for(int i = 1; i <= N; i ++){
    for(int w = 0; w <= W; w ++){
        f[i][w] = max{f[i-1][w], f[i-1][w-w[i]]};
        g[i][w] = 0;
        if(f[i][w] == f[i-1][w]){
            g[i][w] += g[i-1][w];
        }
        if(f[i][w] == f[i-1][w-w[i]] + v[i]){
        //可能选择不选择第i种物品得到结果相同，这样方案总数要相加
            g[i][w] += g[i-1][w-w[i]];
        }
    }
}

7.4 求第k优解

对于求次优解、第K优解类的问题，如果相应的最优解问题能写出状态转移方程、用动态规划解决，那么求次优解往往可以相同的复杂度解决，第K优解则比求最优解的复杂度上多一个系数K。

    基本思想是，将每个状态都表示成有序队列，将状态转移方程中的max/min转化成有序队列的合并。 
    用f[i][w][k]表示前i种物品中选择总重量不超过w的物品，得到的价值和的第k大的值，则可以推出 
f[i][w][k] = Kth_Of_{f[i-1][w][1...k] + f[i-1][w-w[i]][1...k] + v[i]} 
    在两个大小为k的有序数组中，选择两个数组所有数字共同的第k大的数字。使用归并排序即可。

for(int i = 1; i <= n; i ++){
    for(int w = w[i]; w <= W; w ++){
        int t = 0, n1 = 0, n2 = 0;
        while(t < k){
            if(f[i-1][w][n1] > f[i-1][w-w[i]][n2] + v[i]){
                f[i][w][k] = f[i-1][w][n1++];
            }else{
                k_th_q = 2;
                f[i][w][k] = f[i-1][w - w[i]][n2 ++] + v[i];
            }
            t ++;   
       }
    }
}
//时间复杂度为O(nWk);

参考

《背包九讲》