关于01背包问题的优化

Posted 2020-12-28 xieyang-blog

一、01背包问题介绍

　　背包问题是经典的动态规划问题之一；

　　常见的01背包问题就是说有一堆物品，现在要装入一个容器中，这些物品的重量和价值各不一致，而容器的重量又是有限的，没种物品只能装1个或者不装（0个），求当重量限定为w时，这些物品能装进去组合成的最高价值是多少？

 

分析：我们首先将物品排成一排（随机），依次标记为1号，2号。。。。然后从一号开始依次往里放，放的时候判断当前物品是不是应该放进去：

　　　　　　如果当前物品放进去之后的最高总价值 比 不放进去的最高总价值 大 ，那么就是要放入，然后总价值取放入之后的

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　反之不放入，总价值依然取之前的值。

　　并且，在对同一个物品判断时，从0依次增加容器的容量，直到上限w

　　　　　当前物品放进去之后的最高总价值 = 上一号物品判断时（容量 = 当前容量 - 当前物品重量 时）总价值 + 当前物品的价值

　　　　　不放进去的最高总价值 = 上一号物品判断的时候（容量 = 当前容量 时）总价值

　　所以有伪代码如下：

        if (当前物品重量 > 当前容量) {
            此时最高总价值 = 当前物品不放进去的最高总价值;  // 此时物品重量比容量大，放不进去，只能取放不进去的情况
        } else {
            此时最高总价值 = max(当前物品不放进去的最高总价值, 当前物品放进去的最高总价值);
        }

因此，我们可以用一个状态表来对整个过程进行描述。

假设现在是有三个物品 （不是三种）一号、二号、三号，重量分别为3，2，5； 价值分别为7,4,8; 当前容器容量为8，求最大价值。

首先，第一行，为没有任何物品的时候，全部置0；

第二行，判断一号物品能不能放：

　　当容量扩充为3的时候，一号物品终于能放，价值为7，由于当前也只有一号，所以后面都是7；

第三行，判断二号物品能不能放：

　　当容量扩充为2的时候，二号物品终于能放，价值为4，与不放进去的最高价值（一号物品在此容量时的值：0）进行比较，所以成功放进去；

　　当容量扩充为3的时候，二号物品一定放时，价值为4，与不放进去的最高价值（一号物品在此容量时的值：7）进行比较，决定不放进去了；

　　。。。

　　当容量扩充为5的时候，二号物品一定放时，最高价值为（一号物品在（当前容量 - 二号物品的重量）时的价值+二号物品的价值）

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　               =（一号物品在容量为（5-2）的时候 + 二号物品的价值）= 7 + 4 =11

　　。。。【如下表】

容量	0	1	2	3	4	5	6	7	8
无	0	0	0	0	0	0	0	0	0
一号	0	0	0	7	7	7	7	7	7
二号	0	0	4	7	7	11	11	11	11
三号	0	0	4	7	7	11	11	12	15

所以有代码如下：

    public static int getMaxValue(int[] weight, int[] value, int w) {
        int n = weight.length;
        int[][] table = new int[n + 1][w + 1];
        for (int i = 1; i <= n; i++) {     // 物品遍历（第0行肯定全是0，所以不用遍历）
            for (int j = 0; j <= w; j++) { // 背包大小递增
                if (weight[i-1] > j) {     // 当前物品i的重量比背包容量j大，装不下，只能是不装
                    table[i][j] = table[i - 1][j];
                } else {                   // 装得下，Max{不装物品i， 装物品i}
                    table[i][j] = Math.max(table[i - 1][j], table[i - 1][j - weight[i-1]] + value[i-1]);
                }
            }
        }
        return table[n][w];
    }

提问：为什么要【n+1】行？

　——因为之后每一个数都需要与上一行做比较，一号物品放入的时候也需要与没放入的时候做比较，所以空出一行作为“没有物品的时候”；

　　为什么要【w+1】列？

　——因为在容量递增时，第一个物品能放的时候，需要与容量减去当前物品的重量，也就是容量为0的时候做比较，所以，也是需要一列作为“0容量的时候”；

　　为什么是weight[i - 1] 和 value[i - 1]？

    ——因为传入的重量和价值必然是从一号物品开始，而我们的表是从“没有物品”和“0容量”开始，多了一行和一列，所以 i 是当前物品的标号，而当前物品下标为【标号-1】；

 

二、空间复杂度优化

　　很显然，上面算法的空间复杂度为矩阵大小【n+1】*【w+1】。

　　n可能不大，但是实际应用伤的w可能会很大，这样造成了比较大的空间占用。

　　而仔细观察发现，矩阵中的值只与当前值的左上角的矩阵里的值有关，如图二号物品容量为4时的价值7，只与绿色标注值有关。

容量	0	1	2	3	4	5	6	7	8
无	0	0	0	0	0	0	0	0	0
一号	0	0	0	7	7	7	7	7	7
二号	0	0	4	7	7	11	11	11	11
三号	0	0	4	7	7	11	11	12	15

　　并且我们是按行进行更新的，所以我们用一个一维数据就能进行状态的更替，不过要注意更新的方向。

　　所以依赖关系为：下面依赖上面，右边依赖左边；

　　如果正常地从左到右边，那么右边面等待更新的值需要的依赖（左边）就会被覆盖掉，所以应该每行从右边开始更新。代码如下：

    public static int getMaxValueByOne(int[] weight, int[] value, int w) {
        int n = weight.length;
        int[] table = new int[w + 1];

        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = w; j >= 0; j--) {
                if (weight[i-1] <= j) {
                    table[j] = Math.max(table[j], table[j - weight[i-1]] + value[i-1]);
                }
            }
        }
        return table[w];
    }

　　如此一来，01背包的空间复杂度就降为了O（w）。