标签：tips   ret   根据   ima   bre   http   恰恰   res   提高   

题目来源：领扣 | LintCode

有 i 个物品和一个总容量为 j 的背包. 给定数组 weight 表示每个物品的重量和数组 value 表示每个物品的价值，求最大价值。（物品不能分割）

背包问题II

这道题是一道动态规划(dp)算法的基础题，有两种实现方式，分别是递归和递推（迭代），前者比后者好理解。

解题思路

首先，题目的要求是找出最大价值，所以我们要想，怎么存放才能让他的价值最大呢？因为物品具有重量，背包容量也有限，所以我们不能每次都放入最大价值的物品，举个例子，假设背包容量为 10，现在有三个物品对应价值和重量的关系如下表
物品|质量|价值
A 10 8
B 6 5
C 5 4
显然我们就要选B和C,然后有人可能就会灵光一闪，那全都选择性价比（价值/质量）最大的不就行了（贪心算法），但是题目还有要求“物品不能分割”，所以实际上我们不能使用贪心算法。
我们可以从最普通的思考方式得到一个动态规划的递推式子。我们有i个物品，考虑到重量的情况下，按照通常人类的想法就是找出各种组合，然后依次比较这些组合的价值，选最大的那个就行了，所以我们线性遍历i个物品的时候就有两种选择，“要”和“不要”，
每个物品都经历这两个选择，最终就是产生全部的组合方式。当轮到第i个物品的时候，我们的最大价值就是这样一个式子：maxvalue = max(value[i],value[i-1]) （并考虑每次选择背包能不能装得下）,意思就是要第i个物品和不要第i个物品那个情况得到的价值最大，因为判断i个物品我们需要知道i-1个时的最大价值，所以这个式子会一直传递到背包满了或者物品都确认完了，所以可以想到用递归来解决这个过程。

递归算法实现

我们需要让程序知道每个物品的信息，因此需要两个数组来储存每个物品对应的信息（也可用一个结构体数组），分别是value[],weight[]。递归程序需要有会变化的参数，物品的价值和重量时不会变的，显然会变的是物品的数量和背包的剩余容量，所以可以写一个函数bag（前i个物品，剩余背包容量j);

1. 找到递归出口
   上文提到的，背包无剩余空间或者物品算完了，即（j==0||i==0)，此时它返回的最大价值应该是0；
2. 递推关系
   这个关系有两种，比较容易想到的是 maxvalue = max(bag(i-1,j),bag(i-1,j-weight[i])+value[i]) 前一个是“不要”，后一个是“要”；
   还有一种情况是 当j!=0但是当前选择的物品的重量weight[i]比剩下空间j多了，我们就要跳过这个物品，即强制选择“不要”。
   完成这两部我们就能初步得到递归的算法啦！

int bag(int i, int j)  //递归实现
{
    if (i == 0 || j == 0)
        return 0;
    if (weight[i] > j)
        return bag(i-1,j);
    else {
        int res = max(bag(i - 1, j), bag(i - 1, j - weight[i]) + value[i]);
        return res;
    }
        //max函数可以自己判断每一种情况下的最大价值（TIPS：对于递归程序不能刻意去思考它的过程，主要理解它的方向）
}

然而这个还不能称为DP,因为这个效率极差，我们发现它计算几百种情况，难免会出现重复的，重复的节点可能是物品为i,重量为j，所以可以建立一个用来记录的二维数组maxdata[i][j]，每个i，j都是一种情况，储存这种情况下的最大价值，这样效率就能大大提高

int bag(int i, int j)  //递归实现
{
    if (maxdata[i][j] != EOF)   //一开始让每个点都等于EOF（-1），如果不是-1证明这个情况已经算过了，可以直接return
        return maxdata[i][j];
    if (i == 0 || j == 0)
        return 0;
    if (weight[i] > j)
        return bag(i-1,j);
    else {
        int res = max(bag(i - 1, j), bag(i - 1, j - weight[i]) + value[i]);
        maxdata[i][j] = res;     //没算过就存一下
        return res;
    }
}

迭代算法

迭代算法和递归算法有一个本质的区别，递归我们是从i个物品一直找到剩下1个，而迭代算法则恰恰相反，要从一个开始找出最大价值，并逐步向上得到i个物品能得到的最大价值，而我们要记录的是前i种物品在各种重量下的最大价值。（这是比较难理解的点）
但是具体的判断方法仍然是“要”和“不要”的问题。因为是从1个开始，所以我们每轮递推的关键点在于重量，递推式还是那个样子max(maxdata[j],max[j-weight[i]]+value[i]);但是我们是根据数组中储存的前一轮的数据进行判断的。
然后再来分析一下这个递推式，假如现在正计算i种物品，maxdata[j]则是i-1种物品对应j重量的最大价值，如果我们“不要”第i个物品，那么最大价值还是i-1个物品对应的最大价值，如果我们“要”第i个物品，那么要对应前i-1个物品在容量扣除weight[i]时的最大价值，然后加上value[i]。这两个数值哪个大就选哪个作为这一轮的最大价值，因为判断完成后上一轮对应的数据就没有用了 所以我们新的数据就可以覆盖在对应的位置，即maxdata[i] = max(maxdata[j],max[j-weight[i]]+value[i]);
核心代码奉上

    //递推（迭代） 滚动数组
    int f[100] = { 0 };    //f[j]储存前一轮各个重量下最大价值
    for (int i = 1; i <= n; i++) {       //枚举种类
        for (int  j = totalweight; j >= 0; j--){   //算前n种的各个重量下最大价值
            int next_w = j - weight[i];      //“要”这个物品的情况下对应的下标
            if (next_w < 0) next_w = 0;   //防止下标越界
            if (weight[i] > j)
                f[j] = f[j];    //超重则最大价值等于前一轮对应容量下的最大价值，直接“不要”
            else 
                f[j] = max(f[j], f[next_w] + value[i]);
                        if(i==n) break;      //最后一个物品只需要算一个totalweight的就够了
        }
    }//最终得到的f[totalweight]就是n个物品用整个背包去装能得到的最大价值。

理解这个程序，只要搞懂i = 1 到 i = 2 的过程就能理解全部了。可以随便举个例子：假设背包容量为 12
编号|物品|质量|价值
1 A 10 8
2 B 6 5
3 C 5 4

• 从第1个A开始，我们发现容量大于等于10的时候最大价值就是8，其他的都是0，此时f[]内的数据全是零，于是大于等于10以后的式子都会是f[j] = max(0,0+8),所以就能得到新的f[]；
  f[] = {0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 8 8 8 ……}
• 然后在看第二个物品B,
  在总容量为12时，有f[12] = max(f[12],f[12-6]+5) f[12]从前一轮得出等于8，f[6] = 0, 所以显然在这个容量的限制下，我们会选择“不要”。
  以此类推，我们可以发现直到 5<j<10 我们才会选择"要”，因此可以得到这一轮的f[] = {0 0 0 0 0 0 6 6 6 6 8 8 8……}

• 如果还没理解就，继续看下第三个物品C
  跟前一轮完全相同的想法，当j=12的时候，f[12] = max(f[12],f[12-5]+4) 我们发现 f[12] = 8 < f[7]+5 = 11; 所以我们选择“要”
  因为这是最后一个了所以继续往下算已经没用了，我们已经得到3个物品，12容量下的最大价值则为 11 ；
  到这里迭代算法就算讲解完了！！

  迭代算法的流程图

  

  闲话

  第一次写这种博客，感觉还挺有趣的，最重要的是还能让自己复习学过的知识，本篇内容是按自己的理解写的，可能存在逻辑错误或者漏洞，如果发现问题还请评论指教。
  动态规划的学习可以参考mooc上郭伟的《算法与程序设计》，最简单的dp问题有 数字金字塔 等。动态规划太灵活了，没有固定的模板，要根据问题具体分析

  完整代码参考我的GitHub

动规基础——01背包问题(背包问题Ⅱ)

标签：tips   ret   根据   ima   bre   http   恰恰   res   提高   

原文地址：https://www.cnblogs.com/sjh001/p/12041686.html