【揹包問題】 01揹包+完全揹包+多重揹包
前言
揹包問題(Knapsack problem)是一種組合優化的NP完全問題。問題可以描述為：給定一組物品，每種物品都有自己的重量和價格，在限定的總重量內，我們如何選擇，才能使得物品的總價格最高。問題的名稱來源於如何選擇最合適的物品放置於給定揹包中。相似問題經常出現在商業、組合數學，計算複雜性理論、密碼學和應用數學等領域中。也可以將揹包問題描述為決定性問題，即在總重量不超過W的前提下，總價值是否能達到V？它是在1978年由Merkel和Hellman提出的。
一、01揹包
問題描述：有N件物品和一個容量為V的揹包。第i件物品的重量是w[i]，價值是v[i]。求解將哪些物品裝入揹包可使這些物品的重量總和不超過揹包容量，且價值總和最大。
基本思路：這是最基礎的揹包問題，特點是:每種物品僅有一件，可以選擇放或不放。用子問題定義狀態:即f[i][v]表示前i件物品恰放入一個容量為v的揹包可以獲得的最大價值。則其狀態轉移方程便是:f[i][v]=max( f[i-1][v], f[i-1][v-w[i]]+v[i] )。可以壓縮空間：f[v]=max( f[v],f[v-w[i]]+v[i] )這個方程非常重要，基本上所有跟揹包相關的問題的方程都是由它衍生出來的。所以有必要將它詳細解釋一下:"將前i件物品放入容量為v的揹包中"這個子問題，若只考慮第i件物品的策略(放或不放)，那麼就可以轉化為一個只牽扯前i-1件物品的問題。
1.
2. 如果放第i件物品，那麼問題就轉化為"前i-1件物品放入剩下的容量為v-w[i]的揹包中"，此時能獲得的最大價值就是f [i-1][v-w[i]]再加上通過放入第i件物品獲得的價值v[i]。
注意：對 f[ ][ ]初始化時，若題目要求揹包恰好裝滿，那麼f[0][0]初始化為0，其他初始化為-INF。若題目沒有要求揹包恰好裝滿，那麼對f[ ][ ]陣列全部初始化為0。
//01揹包核心程式碼 //初始化f[][]陣列 f[0][0]=0; for(int i=1;i<=n;i++)//要求揹包恰好裝滿 for(int j=0;j<=V;j++) f[i][j]=-INF; for(int i=1;i<=n;i++)//不要求揹包是否裝滿 for(int j=0;j<=V;j++) f[i][j]=0; for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=0;j<=V;j++) { f[i][j]=f[i-1][j]; if(j>=w[i]) f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-w[i]]+v[i]); } }
優化：以上方法的時間和空間複雜度均為O(N*V)，其中時間複雜度基本已經不能再優化了，但空間複雜度卻可以優化到O(V)。
先考慮上面講的基本思路如何實現，肯定是有一個主迴圈i=1..N，每次算出來二維陣列f[i][0..V]的所有值。那麼，如果只用一個數組f [0..V]，能不能保證第i次迴圈結束後f[v]中表示的就是我們定義的狀態f[i][v]呢?
f[i][v]是由f[i-1][v]和f [i-1][v-w[i]]兩個子問題遞推而來，能否保證在推f[v]時(也即在第i次主迴圈中推f[v]時)能夠得到f[v]和f[v -w[i]]的值呢?事實上，這要求在每次主迴圈中我們以v=V..0的順序推f[v]，這樣才能保證推f[v]時f[v-w[i]]儲存的是狀態f[i-1][v-c[i]]的值。虛擬碼如下:
for i=1..N
for v=V..0
f[v]=max{f[v],f[v-w[i]]+v[i]};
其中的f[v]=max{f[v],f[v-w[i]]}一句恰就相當於我們的轉移方程f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-w[i]]}，因為的
f[v-w[i]]就相當於原來的f[i-1][v-w[i]]。如果將v的迴圈順序從上面的逆序改成順序的話，那麼則成了f[i][v]由f[i][v-w[i]]推知，與本題意不符，但它卻是另一個重要的揹包問題完全揹包最簡捷的解決方案，故學習只用一維陣列解01揹包問題是十分必要的。
//優化後的程式碼，降低了空間複雜度
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=V;j>=w[i];j--)//注意一定要逆序迴圈
{
f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+v[i]);
}
}二、完全揹包
問題描述：有N種物品和一個容量為V的揹包，每種物品都有無限件可用。第i種物品的體積是c，價值是w。將哪些物品裝入揹包可使這些物品的體積總和不超過揹包容量，且價值總和最大。
基本思路：這個問題非常類似於01揹包問題，所不同的是每種物品有無限件，也就是從每種物品的角度考慮，與它相關的策略已並非取或不取兩種，而是有取0件、取1件、取2件……取[V/c]件等很多種。如果仍然按照解01揹包時的思路，令f[v]表示前i種物品恰放入一個容量為v的揹包的最大權值。仍然可以按照每種物品不同的策略寫出狀態轉移方程，像這樣：f[i][j]=max{f[i-1][j],f[i-1][j-k*c]+k*w}（0<=k*c<=v）這跟01揹包問題一樣有O(N*V)個狀態需要求解，但求解每個狀態f[v]的時間是O(V/c)，總的複雜度是超過O(VN)的。
注意：對 f[ ][ ]初始化時與01揹包相同，若題目要求揹包恰好裝滿，那麼f[0][0]初始化為0，其他初始化為-INF。若題目沒有要求揹包恰好裝滿，那麼對f[ ][ ]陣列全部初始化為0。
//完全揹包核心程式碼
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=V;j>=c[i];j--)
{
for(int k=0;k*c[i]<=j;k++)
f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-k*c[i]]+k*w[i]);
}
}優化：完全揹包問題有一個很簡單有效的優化，是這樣的：若兩件物品i、j滿足c[i]<=c[j]且w[i]>=w[j]，則將物品j去掉，不用考慮。這個優化的正確性顯然：任何情況下都可將價值小費用高得j換成物美價廉的i，得到至少不會更差的方案。首先將費用大於V的物品去掉，然後使用類似計數排序的做法，計算出費用相同的物品中價值最高的是哪個，可以O(V+N)地完成這個優化。
既然01揹包問題是最基本的揹包問題，那麼我們可以考慮把完全揹包問題轉化為01揹包問題來解。最簡單的想法是，考慮到第i種物品最多選V/c件，於是可以把第i種物品轉化為V/c件費用為c[I]及價值w[I]的物品，然後求解這個01揹包問題。這樣完全沒有改進基本思路的時間複雜度，但這畢竟給了我們將完全揹包問題轉化為01揹包問題的思路：將一種物品拆成多件物品。
//完全揹包優化後代碼
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=c[i];j<=V;j--)//順序迴圈
{
f[j]=max(f[j],f[j-c[i]]+w[i]);
}
}迴圈順序及原因：為什麼01揹包中要按照v=V...0逆序來迴圈。這是因為要保證第i次迴圈中的狀態f[v]是由狀態f[v-c]遞推而來。換句話說，這正是為了保證每件物品只選一次，保證在考慮“選入第i件物品”這件策略時，依據的是一個沒有已經選入第i件物品的子結果f[v-c]。而當前完全揹包的特點恰是每種物品可選無限件，所以在考慮“加選一件第i種物品”這種策略時，卻正需要一個可能已選入第i種物品的子結果f[v-c]，所以就可以並且必須採用v=0..V的順序迴圈。
三、多重揹包
問題描述：有N種物品和一個容量為V的揹包。第i種物品最多有n件可用，每件體積是c，價值是w。求解將哪些物品裝入揹包可使這些物品的體積總和不超過揹包容量，且價值總和最大。
基本思路：這題目和完全揹包問題很類似。基本的方程只需將完全揹包問題的方程略微一改即可，因為對於第i種物品有n+1種策略：取0件，取1件……取 n件。令f[v]表示前i種物品恰放入一個容量為v的揹包的最大權值，則：f[v]=max{f[v-k*c]+ k*w|0<=k<=n}。複雜度是O(V*∑n）。另一種好想好寫的基該方法是轉化為01揹包求解：把第i種物品換成n件01揹包中的物品，則得到了物品數為∑n的01揹包問題，直接求解，複雜度仍然是O(V*∑n）。
//多重揹包程式碼
for(int i=1;i<=m;i++)
{
cin>>v[i]>>w[i]>>c[i];
for(int j=0;j<c[i];j++)//列舉第i種物品的數目
{
for(int k=n;k>=v[i];k--)
dp[k]=max(dp[k],dp[k-v[i]]+w[i]);
}
}總結
01揹包問題是最基本的揹包問題，它包含了揹包問題中設計狀態、方程的最基本思想，另外，別的型別的揹包問題往往也可以轉換成01揹包問題求解。故一定要仔細體會上面基本思路的得出方法，狀態轉移方程的意義，以及最後怎樣優化的空間複雜度。完全揹包問題和多重揹包問題都是基礎的揹包問題，有兩個狀態轉移方程，都可以由01揹包擴充套件而來。
推薦文章：dd大牛的《揹包九講》
推薦題目：HDU-2546（01揹包）HDU-1114（完全揹包）HDU-2191（多重揹包）
AC程式碼：
//HDU-2546（01揹包）
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
using namespace std;
#define io ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0)
#define ms(arr) memset(arr,0,sizeof(arr))
#define inf 0x3f3f3f
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int maxn=1e3+7;
int n,v;
int w[maxn];
int dp[maxn];
int main()
{
io;
while(cin>>n&&n)
{
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>w[i];
cin>>v;
sort(w+1,w+1+n);
if(v<5)
cout<<v<<endl;
else
{
for(int i=1;i<n;i++)
for(int j=v-5;j>=w[i];j--)
dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+w[i]);
cout<<v-dp[v-5]-w[n]<<endl;
}
}
return 0;
}//HDU-1114（完全揹包）
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
using namespace std;
#define io ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0)
#define ms(arr) memset(arr,0,sizeof(arr))
#define inf 0x3f3f3f
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int maxn=1e5+7;
int t;
int e,f,n,p,w;
int dp[maxn];
int main()
{
io;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>e>>f;
dp[0]=0;
for(int i=1;i<=f;i++)
dp[i]=inf;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>p>>w;
for(int j=w;j<=f-e;j++)
dp[j]=min(dp[j],dp[j-w]+p);
}
if(dp[f-e]==inf)
cout<<"This is impossible."<<endl;
else
cout<<"The minimum amount of money in the piggy-bank is "<<dp[f-e]<<"."<<endl;
}
return 0;
}//HDU-2191（多重揹包）
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
using namespace std;
#define io ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0)
#define ms(arr) memset(arr,0,sizeof(arr))
#define inf 0x3f3f3f
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int maxn=110;
int t,n,m;
int v[110],w[110],c[110];
int dp[110];
int main()
{
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n>>m;
ms(dp);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
cin>>v[i]>>w[i]>>c[i];
for(int j=0;j<c[i];j++)
{
for(int k=n;k>=v[i];k--)
dp[k]=max(dp[k],dp[k-v[i]]+w[i]);
}
}
cout<<dp[n]<<endl;
}
return 0;
}