leetcode刷题（131）——背包问题理解

Posted 2022-12-07 伯努力不努力

面试的话，其实掌握01背包，和完全背包，就够用了，最多可以再来一个多重背包。

01背包问题描述

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。

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！

二维dp数组01背包

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，即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。

确定递推公式
再回顾一下dp[i][j]的含义：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。

那么可以有两个方向推出来dp[i][j]，

不放物品i：由dp[i - 1][j]推出，即背包容量为j，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，所以被背包内的价值依然和前面相同。)
放物品i：由dp[i - 1][j - weight[i]]推出，dp[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]);

dp数组如何初始化
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。

首先从dp[i][j]的定义出发，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。

在看其他情况。

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。

public static void main(String[] args) 
        int[] weight = 1, 3, 4;
        int[] value = 15, 20, 30;
        int bagsize = 4;
        testweightbagproblem(weight, value, bagsize);
    

    public static void testweightbagproblem(int[] weight, int[] value, int bagsize)
        int wlen = weight.length, value0 = 0;
        //定义dp数组：dp[i][j]表示背包容量为j时，前i个物品能获得的最大价值
        int[][] dp = new int[wlen + 1][bagsize + 1];
        //初始化：背包容量为0时，能获得的价值都为0
        for (int i = 0; i <= wlen; i++)
            dp[i][0] = value0;
        
        //遍历顺序：先遍历物品，再遍历背包容量
        for (int i = 1; i <= wlen; i++)
            for (int j = 1; j <= bagsize; j++)
                if (j < weight[i - 1])
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j];
                else
                    dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i - 1]] + value[i - 1]);
                
            
        
        //打印dp数组
        for (int i = 0; i <= wlen; i++)
            for (int j = 0; j <= bagsize; j++)
                System.out.print(dp[i][j] + " ");
            
            System.out.print("\\n");
        
    

背包问题二维到一维优化

为什么可以转为一维

首先观察状态转移方程 dp[i][j]是由 dp[i-1][jxxxx]推导而来，仅看第一个维度，即i - 1 与 i ，可以发现第i层是由上一层推导而来的。

故我们不必要保存i - 2 层，比如我们计算第三层是只需要第二层的。不需要第一层的数据。

当我们去掉i时，即我们不需要控制第几层，只需要长度为j的数组，保存确认过最新的一层。作为下一层的参考。例如我们计算第三层dp时，此时dp原数据保存的是第二层的结果

为什么要逆序

首先，通过上一个问题，我们确认了我们目前一维的dp数组，保存的是确认过的最新一层的数据，即上一层的数据。

当我们计算当前层时，对于二维时的状态转移方程有

dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - v[i]] + w[i]);

可以看到，dp[i - 1][j - v[i]] + w[i] 使用的上一层的原始数据（dp[i - 1]），而我们使用一维的状态转移方程时有

dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i]] + w[i]);

当我们从小到大更新是， 因为j - v[i] 是严格小于j 的，所以我们可以举个例子 dp[3] = max(dp[3], dp[2] + 1); 因为我们是从小到大更新的，所以当更新到dp[3]的时候，dp[2]已经更新过了，已经不是上一层的dp[2]。

而当我们逆序更新时有，举例 dp[8] = max(dp[8], dp[6] + 2)当更新dp[8]时，dp[6]还没有被更新，还是上一层的数据，这样才能保证没有读入脏数据。

 public static void main(String[] args) 
        int[] weight = 1, 3, 4;
        int[] value = 15, 20, 30;
        int bagWight = 4;
        testWeightBagProblem(weight, value, bagWight);
    

    public static void testWeightBagProblem(int[] weight, int[] value, int bagWeight)
        int wLen = weight.length;
        //定义dp数组：dp[j]表示背包容量为j时，能获得的最大价值
        int[] dp = new int[bagWeight + 1];
        //遍历顺序：先遍历物品，再遍历背包容量
        for (int i = 0; i < wLen; i++)
            for (int j = bagWeight; j >= weight[i]; j--)
                dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
            
        
        //打印dp数组
        for (int j = 0; j <= bagWeight; j++)
            System.out.print(dp[j] + " ");