Java入门算法（动态规划篇2：01背包精讲）

Posted 2021-10-06 卉卉今天吃什么

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往期文章

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四. Java入门算法（递归篇）丨蓄力计划
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六. Java入门算法（数据结构篇）丨蓄力计划
七. Java入门算法（滑动窗口篇）丨蓄力计划
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九. Java入门算法（动态规划篇2：01背包精讲）

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动态规划篇2

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• 01背包
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  • 分析
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01背包

网上有非常多的文章对01背包进行讲解，变量名繁杂，对初学者不怎么友好。在这篇文章里，我尽量讲得简单，不作一些多余的赘述。

不会有人不知道背包是什么吧？

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问题描述

       把n种物品装进一个背包，物品 i 的重量是w[ i ]，价值是c[ i ]，背包的容量是M，求能装进背包的最大总价值。

注：w是存储n个物品的重量的数组，c是存储n个物品的价值的数组

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分析

为啥叫01背包呢？因为对于每件物品，只有 不拿（0） 与 拿（1） 两种状态。

动态规划解01背包，关键是填二维表dp：

• 行 i 指的是我们当前要考虑装 i 个物品
• 列 j 表示的是背包剩余容量
• dp [i] [j] 的值是指 i 个物品装进容量为 j 的背包的最大总价值

当 i 等于物品总量n、j 等于背包容量M的时候，dp [i] [j] 的值就是问题的解。下面根据例子输入，边填表边分析。

输入：n = 4， M = 10
w[] = [2, 3, 4, 7]
c[] = [1, 3, 5, 9]
(4个物品装进容量为10的背包)

• 初始化第0行为全0，没有物品，不管容量多大，价值只能是0
• 初始化第0列为全0，容量为0，装不下任何物品，价值只能是0

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现在只考虑装 1 件物品（i = 1）

• dp[1][1] = 0，容量为1的背包装不下第 1 件物品，因为它的重量为2

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• dp[1][2] = 1，此时容量为2的背包可以装下物品1，而它的价值为1

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• 第1行后面容量>1的背包，都可以装下物品1，因此它们的价值都为1

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现在考虑的是装 2 件物品（i = 2）

• dp[2][1] = 0，容量为1的背包即装不下物品1（重量2）也装不下物品2（重量3）

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• 容量为2的背包装不下物品2，但可以装下物品1
• 因此dp[2][2] = dp[1][2] = 1

此时引出第一种情况:

1. 当背包容量小于物品 i 的重量 w[i] 时，拿不了物品 i ，所以考虑拿 i - 1个物品的最大总价值。
2. 得到状态转移方程: dp[i][j] = dp[ i - 1][j] ( j < w[i])

       if (j < w[i]) {
           dp[i][j] = dp[i - 1][j];
       }

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• 容量为3的背包既可以装下物品2、也可以装下物品1。要使价值最大，我们肯定会选装物品2，这样就是dp[2][3] = 3。
• 此时的背包容量都用来装物品2，已经满了，装不下物品1（对应dp[1][0] = 0）。
• 但这只是我们主观得出的选择，计算机怎么知道是选装物品1还是物品2呢？

此时引出第二种情况：

1. 当背包容量大于物品 i 的重量 w[i] 时，可以拿物品 i ，此时需要考虑拿了物品 i 的价值大，还是不拿物品 i 的价值大
2. 不拿物品 i ，就是第一种情况，考虑拿 i - 1个物品的最大总价值
3. 拿物品 i ，就需要把物品 i 装入到背包（+c[i]）。但！还需要考虑装完物品 i 的背包还可以装多少（+ dp[ i - 1][ j - w[i]]，即上述的 dp[1][0]）
4. 得到状态转移方程: dp[i][j] = c[i] + dp[ i - 1][ j - w[i]] ( j >= w[i])

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如下，容量为5的背包，两个物品都可以装下

所以dp[2][5] = c[2] + dp[1][5 - 3] 即 4 = 3 + 1

   if (j >= w[i]) {
       dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - w[i]] + c[i]);
   }

综上，可以得到总的状态转移方程：

$$dp[i][j]=dp[i-1][j]，(j<w[i])$$
$$dp[i][j]=c[i]+dp[i-1][j-w[i]]，(j>=w[i])$$
状态转移方程代表了我们接下来的选择，根据它计算出表内的所有值，如下图

时间复杂度为O（n²），空间复杂度为O（M*n）

得到题目答案：12

完整代码

    // 二维dp
    public static int dp_2d(int n, int[] w, int[] c, int M) {
        int[][] dp = new int[n + 1][M + 1];
        for (int i = 1; i < n + 1; ++i) {
            for (int j = 1; j < M + 1; ++j) {
                if (j < w[i]) {
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j];
                }else{
                    dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], c[i] + dp[i - 1][j - w[i]]);
                }
            }
        }
        return dp[n][M];
    }

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进阶

滚动数组

• 由上述的填表顺序可以发现，每次 dp[i][j] 的值都是由 i - 1 行左上方或正上方的dp值得出。因此可以尝试把 [i] 这一维度去除，二维dp降成一维dp，通过不断刷新一维dp表的值，模拟上述二维dp的填表过程。时间复杂度仍为O(n^2^)，空间复杂度降为O（M）。
• 但会发现若按照从左往右的顺序填表，会把需要用到的值覆盖，固填表方向需要反过来。

完整代码

    // 二维降一维，滚动数组
    public static int dp_1d(int n, int[] w, int[] c, int M) {
        int[] dp = new int[M + 1];
        for (int i = 1; i < n + 1; ++i) {
            for (int j = 1; j < M + 1; ++j) {
                if (j >= w[i]) {
                    dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - w[i]] + c[i]);
                }
            }
        }
        return dp[M];
    }

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END

参考资料：
https://www.bilibili.com/video/BV1C7411K79wfrom=search&seid=9137630755457139754