❤️详解经典动态规划算法「背包问题」_动态规划背包问题算法分析

目录

1-01背包

2.完全背包

3.多重背包问题

4.分组背包问题

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1-01背包

问题描述

有 N 件物品和一个容量是 V 的背包。每件物品只能使用一次。

第 i 件物品的体积是 vi，价值是 wi。

求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。
输出最大价值。

输入格式
第一行两个整数，N，V，用空格隔开，分别表示物品数量和背包容积。

接下来有 N 行，每行两个整数 vi,wi，用空格隔开，分别表示第 i 件物品的体积和价值。

输出格式
输出一个整数，表示最大价值。

数据范围
0<N,V≤1000
0<vi,wi≤1000
输入样例
4 5
1 2
2 4
3 4
4 5
输出样例：
8

01背包问题是背包问题的核心思想，理解01背包，以外的背包问题自然迎刃而解

解题思路：

1.定义 dp[N][N] 二维数组。 dp[i][j] 表示：只考虑前 i 个物品，背包容量在j的情况下的最大总价值

2.那么题目所求的答案就是  dp[n][v] ：考虑n个物品，背包容量为v的情况下的最大总价值

3.由动态规划的思想，将大问题转化为许多子问题，由子问题层层递推到最终问题的答案。递推的过程关键是得出状态转移方程。 那么 分析得到 dp[i][j]可以由 dp[i-1][j-vi] 得到。

状态转移方程为：dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-vi]+w[i])

含义：dp[i-1][j] 则是 不选第i个物品的情况下 只考虑前i-1个物品的价值 。

          dp[i-1][j-vi]+w[i] 则是 选第i个物品，那么总容量就要减去第i个物品的体积v[i] ，再去考虑前i-1个物品时的最大价值。 选第i个物品，总价值则要加上第i个物品的价值w[i]

4.由前面的定义知 dp[0][0]=0。表示考虑0个物品 容量为0 那么总价值一定为0， 从dp[0][0]开始递推 在容量为 1~ j 的情况下 考虑是否选 第 1个物品 ，依次类推 到 在1~j的容量下 考虑是否选第 n个物品 ，取 选 或者不选 情况下的价值最大情况。

代码如下：

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
 
const int N=1010;
 
int dp[N][N];
int v[N],w[N],n,m;
 
int main()
{
    cin>>n>>m;
    
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>v[i]>>w[i];
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
     for(int j=0;j<=m;j++)
     {
         if(j>=v[i]) dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i]]+w[i]);
         else dp[i][j]=dp[i-1][j];
     }
     
     cout<<dp[n][m]<<endl;
    return 0;
}

5.对空间进行优化 由上面的递推关系可知：每一层的答案都是由上一层推来的，和上上一层没有关系，那么就可以去掉一维，用一维度的滚动数组来实现以上功能

状态转移方程简化为：dp[j]=max(dp[j],dp[[j-vi]+w[i])

代码如下：

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
 
const int N=1010;
int n,m,dp[N];
int v[N],w[N];
 
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>v[i]>>w[i];
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
       for(int j=m;j>=v[i];j--)
          dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]);
          
    cout<<dp[m]<<endl;
    return 0;
}

2.完全背包

题目描述

有 N 种物品和一个容量是 V 的背包，每种物品都有无限件可用。

第 i 种物品的体积是 vi，价值是 wi。

求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。
输出最大价值。

输入格式
第一行两个整数，N，V，用空格隔开，分别表示物品种数和背包容积。

接下来有 N 行，每行两个整数 vi,wi，用空格隔开，分别表示第 i 种物品的体积和价值。

输出格式
输出一个整数，表示最大价值。

数据范围
0<N,V≤1000
0<vi,wi≤1000
输入样例
4 5
1 2
2 4
3 4
4 5
输出样例：
10

1.完全背包问题思路 和 01背包大同小异，差别在于每一个物品可以取无数次 直到取到 容量不够的情况下为止。

状态转移方程：dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i][j-k*v[i]]+k*w[i])  （k从0开始）

代码如下：

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
 
const int N=1010;
int n,m,v[N],w[N];
int dp[N][N];
 
int main()
{
    cin>>n>>m;
    
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>v[i]>>w[i];
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
       for(int j=0;j<=m;j++)
          for(int k=0;k*v[i]<=j;k++)
              dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-k*v[i]]+k*w[i]);
           
    cout<<dp[n][m]<<endl;
    return 0;
}

2.跟01背包一样 进行 空间优化 dp[j] = max(dp[j],dp[j-k*v[i]]+k*w[i])

代码如下：

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
 
const int N=1010;
int n,m,v[N],w[N];
int dp[N];
 
int main()
{
    cin>>n>>m;
    
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>v[i]>>w[i];
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
       for(int j=m;j>=0;j--)
          for(int k=0;k*v[i]<=j;k++)
              dp[j]=max(dp[j],dp[j-k*v[i]]+k*w[i]);
           
    cout<<dp[m]<<endl;
    return 0;
}

3. 再次分析可知 考虑第i个物品时，当第二次拿这个物品，相当于 在第一次拿这个物品的情况又拿了一次，第三次拿则相当于在第二次拿的情况下再拿一次。

则状态转移方程为： dp[j] = max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i])

代码如下：

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
 
const int N=1010;
int n,m,v[N],w[N];
int dp[N];
 
int main()
{
    cin>>n>>m;
    
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>v[i]>>w[i];
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
       for(int j=v[i];j<=m;j++)
              dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]);
           
    cout<<dp[m]<<endl;
    return 0;
}

3.多重背包问题

题目描述

有 N 种物品和一个容量是 V 的背包。

第 i 种物品最多有 si 件，每件体积是 vi，价值是 wi。

求解将哪些物品装入背包，可使物品体积总和不超过背包容量，且价值总和最大。
输出最大价值。

输入格式
第一行两个整数，N，V，用空格隔开，分别表示物品种数和背包容积。

接下来有 N 行，每行三个整数 vi,wi,si，用空格隔开，分别表示第 i 种物品的体积、价值和数量。

输出格式
输出一个整数，表示最大价值。

数据范围
0<N,V≤100
0<vi,wi,si≤100
输入样例
4 5
1 2 3
2 4 1
3 4 3
4 5 2
输出样例：
10

1.多重背包可以按完全背包的情况进行考虑 ，每一个物品都考虑 拿 1~k 次，从中取最大值保存

2.因为物品数量有限， 因此遍历1~j的容量大小时，物品数并不一定是递增的（因为物品数有限，可能已经没了）

朴素代码如下：

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
 
const int N=110;
int n,m,dp[N];
int v[N],w[N],s[N];
 
int main()
{
    cin>>n>>m;
    
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>v[i]>>w[i]>>s[i];
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
       for(int j=m;j>=0;j--)
          for(int k=0;k<=s[i] && k*v[i]<=j;k++)
          {
              dp[j]=max(dp[j],dp[j-k*v[i]]+k*w[i]);
          }
    
    cout<<dp[m]<<endl;
    return 0;
}

3.但这种代码有三层循环，时间复杂度较高，可以使用是二进制优化法进行优化

思路：将每一个物品 的数量按 2^1 2^2 2^3 ...[log k], k-前项和。 这些分组正好可以组合成 第 i个物品 分别取1 ~ k 次的方案。那么就可以将此类背包问题转化为 0 1 背包问题了。

代码如下：

#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
 
typedef pair<int,int> PI;
const int N=10010;
int n,m,dp[N];
vector<PI> goods;
 
int main()
{
    cin>>n>>m;
    
    while(n--)
    {
       int v,w,s;
       cin>>v>>w>>s;
       
       for(int i=1;s>=i;i<<=1)
       {
           goods.push_back({v*i,w*i});
           s-=i;
       }
       
       if(s>0) goods.push_back({s*v,s*w});
    }
    
    for(auto i: goods)
       for(int j=m;j>=i.first;j--)
       {
           dp[j]=max(dp[j],dp[j-i.first]+i.second);
       }
       
    cout<<dp[m]<<endl;
    return 0;
}

4.分组背包问题

问题描述

有 N 组物品和一个容量是 V 的背包。

每组物品有若干个，同一组内的物品最多只能选一个。
每件物品的体积是 vij，价值是 wij，其中 i 是组号，j 是组内编号。

求解将哪些物品装入背包，可使物品总体积不超过背包容量，且总价值最大。

输出最大价值。

输入格式
第一行有两个整数 N，V，用空格隔开，分别表示物品组数和背包容量。

接下来有 N 组数据：

每组数据第一行有一个整数 Si，表示第 i 个物品组的物品数量；
每组数据接下来有 Si 行，每行有两个整数 vij,wij，用空格隔开，分别表示第 i 个物品组的第 j 个物品的体积和价值；
输出格式
输出一个整数，表示最大价值。

数据范围
0<N,V≤100
0<Si≤100
0<vij,wij≤100
输入样例
3 5
2
1 2
2 4
1
3 4
1
4 5
输出样例：
8

 1.解题思路，分组背包问题比较简单，解题思路就是 从每一个组中选物品 ,取选法的最大值，依次递推下去，如果把每一个组想象成一个物品，那么就是01背包问题了。

代码如下：

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
 
const int  N=110;
int n,m,dp[N];
int v[N][N],w[N][N],s[N];
 
int main()
{
    cin>>n>>m;
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>s[i];
        
        for(int j=0;j<s[i];j++)
        {
            cin>>v[i][j]>>w[i][j];
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
       for(int j=m;j>=0;j--)
          for(int k=0;k<s[i];k++)
            if(j>=v[i][k]) dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i][k]]+w[i][k]);
            
    
    cout<<dp[m]<<endl; 
    return 0;
}