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【算法学习之0-1背包问题】

发布时间 2023-10-17 21:12:16作者: Chimengmeng

【一】经典背包问题

【1】0-1背包问题

  • 问题描述：
    • 有一个背包可以装物品的总重量为W，现有N个物品，每个物品中w[i]，价值v[i]
    • 用背包装物品，能装的最大价值是多少？

【2】思路：定义状态转移数组

  • 定义状态转移数组dp[i][j]，表示前i个物品，背包重量为j的情况下能装的最大价值。

  • 例如，dp[3][4]=6

    • 表示用前3个物品装入重量为4的背包所能获得的最大价值为6
    • 此时并不是3个物品全部装入，而是3个物品满足装入背包的条件下的最大价值。

【3】状态转移方程

  • dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-w[i]]+v[i])

  • dp[i-1][j]表示当前物品不放入背包，dp[i-1][j-w[i]]+v[i]表示当前物品放入背包

    • 即当前第i个物品要么放入背包，要么不放入背包。
dp = [[0]*(n+1) for _ in range(m+1)]
for i in range(1,m+1):
    for j in range(1,n+1):
        if j-w[i]>=0:
            dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-w[i]]+v[i])
        else:
            dp[i][j] = dp[i-1][j]
return dp[m][n]

【二】购物车问题

【1】购物车问题

  • 王强决定把年终奖用于购物，他把想买的物品分为两类：主件与附件，附件是从属于某个主件的
    • 例如下面的例子
主件 附件
电脑 打印机，扫描仪
书柜 图书
书桌 台灯，文具
工作椅 无
  • 如果要买归类为附件的物品，必须先买该附件所属的主件，且每件物品只能购买一次。
  • 每个主件可以有 0 个、 1 个或 2 个附件。附件不再有从属于自己的附件。
  • 王强查到了每件物品的价格（都是 10 元的整数倍），而他只有 N 元的预算。
    • 除此之外，他给每件物品规定了一个重要度，用整数 1 ~ 5 表示。
    • 他希望在花费不超过 N 元的前提下，使自己的满意度达到最大。

image-20231017210004769

  • 请你帮助王强计算可获得的最大的满意度。

【2】模拟输入

  • 输入的第 1 行，为两个正整数N，m，用一个空格隔开：
    • （其中 N （ N<32000 ）表示总钱数， m （m <60 ）为可购买的物品的个数。）
  • 从第 2 行到第 m+1 行，第 j 行给出了编号为 j-1 的物品的基本数据，每行有 3 个非负整数 v p q
    • （其中 v 表示该物品的价格（ v<10000 ）， p 表示该物品的重要度（ 1 ~ 5 ）， q 表示该物品是主件还是附件。如果 q=0 ，表示该物品为主件，如果 q>0 ，表示该物品为附件， q 是所属主件的编号）

示例1

  • 输入：
1000 5
800 2 0
400 5 1
300 5 1
400 3 0
500 2 0
  • 输出：
2200

示例2

  • 输入：
50 5
20 3 5
20 3 5
10 3 0
10 2 0
10 1 0
  • 输出：
130
  • 说明：
    • 由第1行可知总钱数N为50以及希望购买的物品个数m为5；
    • 第2和第3行的q为5，说明它们都是编号为5的物品的附件；
    • 第46行的q都为0，说明它们都是主件，它们的编号依次为35；
    • 所以物品的价格与重要度乘积的总和的最大值为101+203+20*3=130

【3】解题思路

  • 购物车本质上还是0-1背包问题，只不过多了主件和附件。

    • 假设先不看附件，那么就和0-1背包一样了。
    • 附件不能单独出现，要依赖于主件。

  • 对应于背包问题，主件的个数就是物品的个数，考虑每个主件时要考虑可能出现的情况。

  • 输入例子

    1000 5
800 2 0
400 5 1
300 5 1
400 3 0
500 2 0
    • 在当前的例子当中物品的个数就是3。
    • 考虑每个物品时要考虑每种可能出现的情况，
      • 1、主件，
      • 2、主件+附件1，
      • 3、主件+附件2，
      • 4、主件+附件1+附件2
      • 不一定每种情况都出现，只有当存在附件时才会出现对应的情况。
    • w[i][k]表示第i个物品的第k种情况，k的取值范围0~3，分别对应以上4中情况，v[i][k]表示第i个物品对应第k种情况的价值
    • 现在就把购物车问题转化为了0-1背包问题。

【4】状态转移方程

  • dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i][k]]+v[i][k])

    • dp[i-1][j]表示当前物品不放入背包
    • w[i][k]表示第i个主件对应第k中情况
      • 即当前第i个物品的4中情况中价值最大的要么放入背包，要么不放入背包。

  • 需要注意：dp[i][j] = max(物品不放入背包，主件，主件+附件1，主件+附件2，主件+附件1+附件2)

【5】解决方案

dp = [[0]*(n+1) for _ in range(m+1)]
for i in range(1,m+1):
    for j in range(1,n+1):
        max_i = dp[i-1][j]
        for k in range(len(w[i])):
            if j-w[i][k]>=0:
                max_i = max(max_i, dp[i-1][j-w[i][k]]+v[i][k])
        dp[i][j] = max_i
print(dp[m][n])
  • 具体代码如下
n, m = map(int,input().split())
primary, annex = {}, {}
for i in range(1,m+1):
    x, y, z = map(int, input().split())
    if z==0:#主件
        primary[i] = [x, y]
    else:#附件
        if z in annex:#第二个附件
            annex[z].append([x, y])
        else:#第一个附件
            annex[z] = [[x,y]]
m = len(primary)#主件个数转化为物品个数
dp = [[0]*(n+1) for _ in range(m+1)]
w, v= [[]], [[]]
for key in primary:
    w_temp, v_temp = [], []
    w_temp.append(primary[key][0])#1、主件
    v_temp.append(primary[key][0]*primary[key][1])
    if key in annex:#存在主件
        w_temp.append(w_temp[0]+annex[key][0][0])#2、主件+附件1
        v_temp.append(v_temp[0]+annex[key][0][0]*annex[key][0][1])
        if len(annex[key])>1:#存在两主件
            w_temp.append(w_temp[0]+annex[key][1][0])#3、主件+附件2
            v_temp.append(v_temp[0]+annex[key][1][0]*annex[key][1][1])
            w_temp.append(w_temp[0]+annex[key][0][0]+annex[key][1][0])#3、主件+附件1+附件2
            v_temp.append(v_temp[0]+annex[key][0][0]*annex[key][0][1]+annex[key][1][0]*annex[key][1][1])
    w.append(w_temp)
    v.append(v_temp)
for i in range(1,m+1):
    for j in range(10,n+1,10):#物品的价格是10的整数倍
        max_i = dp[i-1][j]
        for k in range(len(w[i])):
            if j-w[i][k]>=0:
                max_i = max(max_i, dp[i-1][j-w[i][k]]+v[i][k])
        dp[i][j] = max_i
print(dp[m][n])

【6】解决方案优化

  • 现在的时间复杂度是O(mn)，时间复杂度已经无法优化，空间复杂度O(mn)，可以继续优化到O(n)。

  • 回顾下状态转移方程：

    • dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-w[i]]+v[i])

  • dp[i]只依赖dp[i-1]，状态转移方程就可以改为：

    • dp[j] = max(dp_pre[j], dp_pre[j-w[i]]+v[i])

    • dp_pre[j]存储上一次得到的值，现在只需要2*n的空间就能得到结果。

  • 继续观察可以发现，其实只用一个一维dp数组就行，不需要额外的辅助数组。

    • 让j从n到1遍历，此时每次更新的dp[j]时，max函数中dp[j]和 dp[j-w[i]]都是上次保存的值。

  • 状态转移方程变为：

    for j in [n...1]:
    dp[j] = max(dp[j], dp[j-w[i]]+v[i])

  • 如果从1到n遍历的话dp[j-w[i]]不能保证还是上次的值，这也进一步说明为什么用一维数组时需要从n到1遍历。

  • 优化后的代码如下：

n, m = map(int,input().split())
primary, annex = {}, {}
for i in range(1,m+1):
    x, y, z = map(int, input().split())
    if z==0:
        primary[i] = [x, y]
    else:
        if z in annex:
            annex[z].append([x, y])
        else:
            annex[z] = [[x,y]]
dp = [0]*(n+1)
for key in primary:
    w, v= [], []
    w.append(primary[key][0])#1、主件
    v.append(primary[key][0]*primary[key][1])
    if key in annex:#存在附件
        w.append(w[0]+annex[key][0][0])#2、主件+附件1
        v.append(v[0]+annex[key][0][0]*annex[key][0][1])
        if len(annex[key])>1:#附件个数为2
            w.append(w[0]+annex[key][1][0])#3、主件+附件2
            v.append(v[0]+annex[key][1][0]*annex[key][1][1])
            w.append(w[0]+annex[key][0][0]+annex[key][1][0])#4、主件+附件1+附件2
            v.append(v[0]+annex[key][0][0]*annex[key][0][1]+annex[key][1][0]*annex[key][1][1])
    for j in range(n,-1,-10):#物品的价格是10的整数倍
        for k in range(len(w)):
            if j-w[k]>=0:
                dp[j] = max(dp[j], dp[j-w[k]]+v[k])    
print(dp[n])