0-1背包问题
给定 n n n个重量为 w 1 w_1 w1, w 2 w_2 w2, w 3 w_3 w3,…, w n w_n wn,价值为 v 1 v_1 v1, v 2 v_2 v2, v 3 v_3 v3,…, v n v_n vn的物品和容量为 C C C的背包,求这些物品中一个最有价值的子集,使得在满足背包的容量的前提下,包内的物品总价值最大
注:0-1背包问题指的是每个物品只能使用一次
V1.0——递归方法
首先我们用最容易理解的递归方法来尝试解决这个问题
我们用 F ( n , C ) F(n,C) F(n,C)表示将前 n n n个物品放进容量为 C C C的背包里,得到的最大的价值。
我们从自顶向下的角度来看,假如我们已经进行到了最后一步(即求解将第 n n n个物品放到背包所获得的最大价值),此时我们便有两种选择
- 不放第 n n n个物品,此时总价值为 F ( n − 1 , C ) F(n-1,C) F(n−1,C)
- 放置第 n n n个物品,此时总价值为 v n + F ( n − 1 , C − w n ) v_n+F(n-1,C-w_n) vn+F(n−1,C−wn)
两种选择中总价值最大的方案就是我们的最终方案,递推式(有时也称之为状态转移方程)如下
F ( i , C ) = m a x ( F ( i − 1 , C ) , v ( i ) + F ( i − 1 , C − w ( i ) ) ) F(i,C)=max(F(i-1,C),v(i)+F(i-1,C-w(i))) F(i,C)=max(F(i−1,C),v(i)+F(i−1,C−w(i)))
编程实现如下:
public class KnapSackV1 {
/** * 解决背包问题的递归函数 * * @param w 物品的重量数组 * @param v 物品的价值数组 * @param index 当前待选择的物品索引 * @param capacity 当前背包有效容量 * @return 最大价值 */
private static int solveKS(int[] w, int[] v, int index, int capacity) {
//基准条件:如果索引无效或者容量不足,直接返回当前价值0
if (index < 0 || capacity <= 0)
return 0;
//不放第index个物品所得价值
int res = solveKS(w, v, index - 1, capacity);
//放第index个物品所得价值(前提是:第index个物品可以放得下)
if (w[index] <= capacity) {
res = Math.max(res, v[index] + solveKS(w, v, index - 1, capacity - w[index]));
}
return res;
}
public static int knapSack(int[] w, int[] v, int C) {
int size = w.length;
return solveKS(w, v, size - 1, C);
}
public static void main(String[] args){
int[] w = {
2,1,3,2};
int[] v = {
12,10,20,15};
System.out.println(knapSack(w,v,5));
}
}
V2.0——记忆化搜索
我们用递归方法可以很简单的实现以上代码,但是有个严重的问题就是,直接采用自顶向下的递归算法会导致要不止一次的解决公共子问题,因此效率是相当低下的。
我们可以将已经求得的子问题的结果保存下来,这样对子问题只会求解一次,这便是记忆化搜索。
下面在上述代码的基础上加上记忆化搜索
public class KnapSack01 {
private static int[][] memo;
/** * 解决背包问题的递归函数 * * @param w 物品的重量数组 * @param v 物品的价值数组 * @param index 当前待选择的物品索引 * @param capacity 当前背包有效容量 * @return 最大价值 */
private static int solveKS(int[] w, int[] v, int index, int capacity) {
//基准条件:如果索引无效或者容量不足,直接返回当前价值0
if (index < 0 || capacity <= 0)
return 0;
//如果此子问题已经求解过,则直接返回上次求解的结果
if (memo[index][capacity] != 0) {
return memo[index][capacity];
}
//不放第index个物品所得价值
int res = solveKS(w, v, index - 1, capacity);
//放第index个物品所得价值(前提是:第index个物品可以放得下)
if (w[index] <= capacity) {
res = Math.max(res, v[index] + solveKS(w, v, index - 1, capacity - w[index]));
}
//添加子问题的解,便于下次直接使用
memo[index][capacity] = res;
return res;
}
public static int knapSack(int[] w, int[] v, int C) {
int size = w.length;
memo = new int[size][C + 1];
return solveKS(w, v, size - 1, C);
}
public static void main(String[] args) {
int[] w = {
2, 1, 3, 2};
int[] v = {
12, 10, 20, 15};
System.out.println(knapSack(w, v, 5));
}
}
V3.0——动态规划算法
假如我们现在有三个物品,物品的重量和价值如下表所示,背包的最大容量是5
通过上述信息,我们可以得到一张二维表,二维表中每一个空格对应的就是V1.0
版本中提到的 F ( n , C ) F(n,C) F(n,C)
我们可以很轻松地填充二维表的第一行数据,所代表的含义是 F ( 0 , C ) F(0,C) F(0,C)
即在背包容量从0到5时,选择物品0所能获得的最大价值
继续填充第二行数据,此时的含义是,当背包容量从0到5时,待选择物品为物品1时背包的最大价值
注意:我这里说的 不是 选择物品1时 也不是 不选择物品1时的背包最大价值,因为选或不选都有可能
除了第一行以外,其他行的计算都包含当前行物品选或不选的两种可能,按照上文的递推公式来计算
以下图中标记的位置为例,当背包容量为3,待选择为物品1时,此时我们只需要根据之前在表格中填充过的数据进行计算即可,这就是动态规划!
更具体点说,标记位置的值取自下面两种情况的最大值
- 当选择将物品1放入背包时(前提是放得下),此时背包的最大价值为
物品1的价值+二维表[0][1]处的值
,因为现在的背包容量需要减去物品1所占用的空间(3-2=1) - 当不选择将物品1放入背包时,此时背包的最大价值为二维表中[0][3]的值
再给大家看一遍递推公式,好好品味一下上面的这个关系,你肯定能搞明白
F ( i , C ) = m a x ( F ( i − 1 , C ) , v ( i ) + F ( i − 1 , C − w ( i ) ) ) F(i,C)=max(F(i-1,C),v(i)+F(i-1,C-w(i))) F(i,C)=max(F(i−1,C),v(i)+F(i−1,C−w(i)))
public class KnapSack01 {
public static int knapSack(int[] w, int[] v, int C) {
int size = w.length;
if (size == 0) {
return 0;
}
int[][] dp = new int[size][C + 1];
//初始化第一行
//仅考虑容量为C的背包放第0个物品的情况
for (int i = 0; i <= C; i++) {
dp[0][i] = w[0] <= i ? v[0] : 0;
}
//填充其他行和列
for (int i = 1; i < size; i++) {
for (int j = 0; j <= C; j++) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
if (w[i] <= j) {
dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], v[i] + dp[i - 1][j - w[i]]);
}
}
}
return dp[size - 1][C];
}
public static void main(String[] args) {
int[] w = {
2, 1, 3, 2};
int[] v = {
12, 10, 20, 15};
System.out.println(knapSack(w, v, 5));
}
}
V4.0——动态规划空间复杂度的极致优化
上面的动态规划算法使用了 O ( n ∗ C ) O(n*C) O(n∗C)的空间复杂度(因为我们使用了二维数组来记录子问题的解)
其实我们完全可以只使用一维数组来存放结果,但同时我们需要注意的是,为了防止计算结果被覆盖,我们必须从后向前分别进行计算。为什么呢?往下看。
我们仍然假设背包空间为5,根据
F ( i , C ) = m a x ( F ( i − 1 , C ) , v ( i ) + F ( i − 1 , C − w ( i ) ) ) F(i,C)=max(F(i-1,C),v(i)+F(i-1,C-w(i))) F(i,C)=max(F(i−1,C),v(i)+F(i−1,C−w(i)))
我们可以知道,当我们利用一维数组进行记忆化的时候,我们只需要使用到当前位置的值和该位置之前的值,举个例子
假设我们要计算 F ( i , 4 ) F(i,4) F(i,4),我们需要用到的值为 F ( i − 1 , 4 ) F(i-1,4) F(i−1,4)和 F ( i − 1 , 4 − w ( i ) ) F(i-1,4-w(i)) F(i−1,4−w(i)),因此为了防止结果被覆盖,我们需要从后向前依次计算结果
经过V3.0
版本的思考,你们画个图就能理解刚才的解释了,给出最终的动态规划代码
public class KnapSack01 {
public static int knapSack(int[] w, int[] v, int C) {
int size = w.length;
if (size == 0) {
return 0;
}
int[] dp = new int[C + 1];
//初始化第一行
//仅考虑容量为C的背包放第0个物品的情况
for (int i = 0; i <= C; i++) {
dp[i] = w[0] <= i ? v[0] : 0;
}
for (int i = 1; i < size; i++) {
for (int j = C; j >= w[i]; j--) {
dp[j] = Math.max(dp[j], v[i] + dp[j - w[i]]);
}
}
return dp[C];
}
public static void main(String[] args) {
int[] w = {
2, 1, 3, 2};
int[] v = {
12, 10, 20, 15};
System.out.println(knapSack(w, v, 5));
}
}
利用背包问题的思想解决问题
leetcode 416 Partition Equal Subset Sum
给定一个仅包含正整数的非空数组,确定该数组是否可以分成两部分,要求两部分的和相等
问题分析
该问题我们可以利用背包问题的思想进行求解。
假设给定元素个数为 n n n的数组arr
,数组元素的和为sum
,对应于背包问题,等价于有 n n n个物品,每个物品的重量和价值均为为arr[i]
,背包的限重为sum/2
,求解背包中的物品最大价值为多少?
class Solution {
private boolean knapSack(int[] nums,int sum){
int size = nums.length;
boolean[] dp = new boolean[sum + 1];
for (int i = 0;i <= sum;i ++){
dp[i] = i == nums[0];
}
for (int i = 1;i < size;i++){
for (int j = sum;j >= nums[i];j--){
dp[j] = dp[j] || dp[j-nums[i]];
}
}
return dp[sum];
}
public boolean canPartition(int[] nums) {
int sum = 0;
for (int item : nums){
sum += item;
}
//如果数组元素和不是2的倍数,直接返回false
if (sum % 2 != 0)
return false;
return knapSack(nums,sum/2);
}
}
今天的文章彻底理解0-1背包问题分享到此就结束了,感谢您的阅读。
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