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经典动态规划:0-1 背包问题

前言

经过前面三篇动态规划文章的介绍,相信大家对动态规划、分治、贪心有了充分的理解,对动态规划的 3 个核心问题、其本质也有了了解。

纸上得来终觉浅,绝知此事要躬行。

那么今天开始我们来聊聊具体的那些面试时常考的题目。

(还没有看过前三篇文章的同学齐姐叫你补课啦~)

(一):初识动态规划

(二):动态规划的 3 个核心问题

(三):动态规划的本质

问题背景

月黑风高的夜晚,张三开启了法外狂徒模式:他背着一个可装载重量为 W 的背包去地主家偷东西。

地主家有 N 个物品,每个物品有重量和价值两个属性,其中第 i 个物品的重量为 wt[i],价值为 val[i]

问张三现在用这个背包装物品,最多能装的价值是多少?

举例:

N = 3 //地主家有三样东西

wt = [2,1,3] //每样东西的重量

val = [4,2,3] //每样东西的价值

W = 4 //背包可装载重量

算法应该返回 6.

因为选择第一件物品和第二件物品,在重量没有超出背包容量下,所选价值最大。

如果每种物品只能选 0 个或 1 个(即要么将此物品装进包里要么不装),则此问题称为 0-1 背包问题;如果不限每种物品的数量,则称为无界(或完全)背包问题。

今天这篇文章我们只关注 0-1 背包问题,下一篇文章再聊完全背包问题。

那我们是如何选择要装入的物品的?

思路初探

首先,质量很大价值很小的物品我们先不考虑(放着地主家金银财宝珍珠首饰不偷,背出来一包煤…,那也就基本告别盗窃行业了…)

然后呢?再考虑质量大价值也大的?还是质量较小价值也稍小的?

我们自然而然想到:装价值/质量 比值最大的,因为这至少能说明,此物品的“价质比”最大(也即贪心算法,每次选择当前最优)

那么这样装能保证最后装入背包里的价值最优吗?

我们先来看一个例子:

假设有 5 个物品,N = 5,每种物品的质量与价值如下:

W : 20, 30, 40, 50, 60

V : 20, 30, 44, 55, 60

V/W: 1, 1, 1.1, 1.1, 1

背包容量为 100

如果按上述策略:优先选“价质比”最大的:即第三个和第四个物品

此时质量:40+50=90

价值:44+55 =99

但我们知道,此题更优的选择策略是:选第一个,第二个和第四个

此时质量:20+30+50=100

价值:20+30+55=105

所以,我们的“价质比”这种贪心策略显然不是最优策略。

读过一文学懂动态规划这篇文章的读者会发现,之前文章中兑换零钱例子我们最开始也是采取贪心策略,但最后发现贪心不是最优解,由此我们引出了动态规划

没错,今天这题也正是动态规划又一经典的应用。

解题思路

根据动之前的文章我们知道,动态规划的核心即:状态状态转移方程

那么此题的状态是什么呢?

状态

何为状态?

说白了,状态就是已知条件

重读题意我们发现:此题的已知条件只有两个:

  • 背包容量
  • 可选的物品

题目要求的是在满足背包容量前提下,可装入的最大价值。

那么我们可以根据上述状态定义出 dp 数组,即:

dp[i][w] 表示:对于前i个物品,当前背包的容量为w,这种情况下可以装的最大价值是dp[i][w]

我们自然而然的考虑到如下特殊情况:

i = 0w = 0,那么:

dp0 = dp… = 0

解释:
对前 0 个物品而言,无论背包容量等于多少,装入的价值为 0;

当背包容量为 0 时,无论装入前多少个物品(因为一个都装不进去),背包里的价值依旧为 0。

根据这个定义,我们求的最终答案就是dp[N][W]

我们现在找出了状态,并找到了 base case,那么状态之间该如何转移呢(状态转移方程)?

状态转移方程

dpi 表示:对于前i个物品,当前背包的容量为w,这种情况下可以装的最大价值是dp[i][w]

思考:对于当前第 i 个物品:

  • 如果没有把第 i 个物品装入包里(第 i 个物品质量大于当前背包容量):那么很显然,最大价值dpi应该等于dpi – 1,没有装进去嘛,故当前背包总价值就等于之前的结果,即第i – 1 个物品之前的总价值 。
  • 如果把第 i 个物品装入了包里,那么 dpi应该等于什么呢?

它应该等于下面两者里的较大值:

  1. dpi – 1 //前i – 1个物品,背包所装的最大价值
  2. dp[i – 1]w – wt[i]] + val [i] //当前第 i 个物品我装里边了,那么此时背包装入的总价值即为:当前第 i 个物品的价值 val [i] + 第 i 个物品之前,背包容量为w – wt[i](w 减去当前第 i 个物品的质量)dp[i – 1]w – wt[i]] 时的价值

上述两个如果可以写成以下代码:

//如果第i个物品质量大于当前背包容量
if (wt[i] > W) {
    dp[i][W] = dp[i-1][W];  //继承上一个结果
} else {
//在“上一个结果价值”和“把当前第i个物品装入背包里所得到价值”二者里选价值较大的
    dp[i][W] = Math.max(dp[i-1][W],dp[i-1][W-wt[i]] + val[i])
}

例子

我们接来下再用一个具体的例子,来理解状态和状态转移方程

现在我们有 4 个物品,物品对应的价值与质量分别如上图左侧所示:

6, 4

2,5

1, 4

8, 1

Step 1

我们首先初始化一行和一列 0,分别对应dp0dpi

那么第一个问号处应该填什么呢?

我们根据上述表述的状态转移关系来判断:

当前第一个物品的重量 4 > 背包容量,故装不进去,所以继承上一个结果。

上一个结果是什么呢?

就是第 i – 1个物品,也就是第 0 个,和W = 1时的价值:

if (wt[i] > W) {
    dp[i][W] = dp[i-1][W];  //继承上一个结果
}

此时方框里的值为 0,故第一个问号这里应该填 0

Step 2

现在我们走到了当背包容量 W = 2 的时候,此时当前 i (依旧第一个物品)能否装进背包里呢?

我们发现 4 > 2,此时还是装不进去,那么同样继承上一个结果。

上一个结果是 i 不变(依旧是第 0 个物品),W = 2,所以结果依旧为 0

Step 3

现在来到 W = 3,发现依旧装不进去,所以填 0。

Step 4

下一步到 W = 4 这里了,

此时物品重量 4 = 4(背包容量),可以装里,那么按照之前状态转移关系应该是:

else {
//在“上一个结果价值”和“把当前第i个物品装入背包里所得到价值”二者里选价值较大的
    dp[i][W] = Math.max(dp[i-1][W],dp[i-1][W-wt[i]] + val[i])
}

Option A:

  • 上一个结果 : dpi – 1,即dp0 = 0

Option B:

  • 把当前第 i 个物品装入背包里所得到价值dp[i – 1]W – wt[i]] + val [i]

此时第一个物品的重量为 4,背包容量为 4,

故要想装入重量为 4 的此物品,那么背包先前的容量必须为当前背包容量 – 当前物品容量:4 – 4 = 0

我们随即找到在没装入此物品(重量为 4,价值为 6)之前的dp[i -1]W – wt[i]] = dp0 = 0

那么dp[i -1]W – wt[i]] + val [i] = 0 + 6 = 6

6 和 0 选择一个最大值,所以这里问号处应填入6

Step 5

下一步我们来到 W = 5 这里,此时依旧是第一个物品,质量 4 < 5(背包容量),我们可以装里边。

然后我们在

Option A:

  • 上一个结果dp0 = 0

Option B:

  • 把当前第 i 个物品装入背包里所得到价值dp[i -1]W – wt[i]] + val [i]

此时第一个物品的重量为 4,背包容量为 5

故要想装入重量为 4 的此物品,那么背包先前的容量必须为:当前背包容量 – 当前物品容量:5 – 4 = 1

我们随即找到在没装入此物品(重量为 4,价值为 6)之前的dp[i – 1]W – wt[i]] = dp0 = 0

那么dp[i -1]W – wt[i]] + val [i] = 0 + 6 = 6

选择一个最大值,即 6,所以此处应该填入 6

我们根据以上状态转系关系,依次可以填出空格其它值,最后我们得到整个 dp 数组:

V W 0 1 2 3 4 5 6
0 0 0 0 0 0 0 0 0
6 4 0 0 0 0 6 6 6
2 5 0 0 0 0 6 6 6
1 4 0 0 0 0 6 6 6
8 1 0 8 8 8 8 14 14

最后的 dp4:考虑前四个物品,背包容量为 6 的情况下,可装入的最大价值,即为所求。

(注意:我们在这里求的是 0-1 背包问题,即某一个物品只能选择 0 个或 1 个,不能多选!)

代码

根据以上思路,我们很容易写出代码:

两层 for 循环

  1. 外层循环 i 遍历物品(即前几个物品):
for(int i = 1;i <=N;i++){
        ...
}
  1. 内层循环 j 遍历 1~W(背包容量)之间的整数值:

然后写入状态转移方程

for(int j = 0;j <= W;j++){
        //外层循环i,如果第i个物品质量大于当前背包容量
    if (wt[i] > W) {
        dp[i][W] = dp[i-1][W];  //继承上一个结果
    } else {
        //在“上一个结果价值”和“把当前第i个物品装入背包里所得到价值”二者里选价值较大的
        dp[i][W] = Math.max(dp[i-1][W],dp[i-1][W-wt[i]] + val[i])
    }
}

由此我们给出完整代码:

class solution{
        public int knapsackProblem(int[] wt,int[] val,int size){
                //定义dp数组
                int[][] dp = new int[wt.length][size];
                //对于装入前0个物品而言,dp数组储存的总价值初始化为0
                for(int i = 0;i < size;i++){
                    int[0][i] = 0;
                }
                //对于背包容量W=0时,装入背包的总价值初始化为0
                for(int j = 0;j < size;j++){
                    int[j][0] = 0;
                }
                //外层循环遍历物品
                for(int i = 1;i <= N;i++){
                    //内层循环遍历1~W(背包容量)
                    for(int j = 0;j <= W;j++){
                        //外层循环i,如果第i个物品质量大于当前背包容量
                        if (wt[i] > W) {
                            dp[i][W] = dp[i-1][W];  //继承上一个结果
                        } else {
                            //在“上一个结果价值”和“把当前第i个物品装入背包里所得到价值”二者里选价值较大的
                            dp[i][W] = Math.max(dp[i-1][W],dp[i-1][W-wt[i]] + val[i])
                        }
                    }
                }
        }
}

只要我们定义好了状态(dp 数组的定义),理清了状态之间是如何转移的,最后的代码水到渠成。

本文所说的这个 0-1 背包问题,Leetcode 上并没有这个原题,所以对于背包问题,最重要的是它的变种

背包问题是一大类问题的统称,很大一部分动态规划的题深层剖析都可以转换为背包问题。

所以还需要理解体会背包问题的核心思想,再将此种思想运用到其它一类背包问题的问题上。

那么背包问题还有哪些变化呢?我们下期见~

https://segmentfault.com/a/1190000039813861

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