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题型1:LintCode 92. 背包问题
题目:在n个物品中挑选若干物品装入背包,最多能装多满?假设背包的大小为m,每个物品的大小为A[i]。
分析:dp[i][j]:当背包总重量为j且目前有i个物品时,背包最多装满dp[i][j]的空间。
状态转移方程为:dp[i][j]=max{dp[i-1][j-A[i-1]]+A[i-1], dp[i-1][j]},其中dp[i-1][j-A[i-1]]+A[i-1]表示放入第i个物品后的重量,A[i-1]表示第i个物品的重量,因为数组从0开始,故这样表示。dp[i-1][j]表示不放入第i个物品后的重量。j-A[i-1]为判断条件能否放入。
a.为了把第i个物品放进背包,背包当然要先腾出至少A[i-1]的空间,腾出后空间的最多装满空间为dp[ i – 1][j – A[i-1]],再加上第i个物品的空间A[i-1],即为当背包总空间为j时,装入第i个物品背包的总装满空间。
b.当然第i个物品所占的空间可能比此时背包的总空间j要大(j < A[i-1]),此时装不进第i个物品,因此此时背包的总装满空间为dp[i-1][j]。
c.还有一种可能的情形是,虽然第i个物品能够装入包中,但为了把第i个物品装入而拿出了其他物品,使此时的总装入空间dp[i-1][j-A[i-1]] + A[i-1] < dp[i-1][j]
public class Solution {
/**
* @param m: An integer m denotes the size of a backpack
* @param A: Given n items with size A[i]
* @return: The maximum size
*/
public int backPack(int m, int[] A) {
// write your code here
int num=A.length;
int[][] dp=new int[num+1][m+1];
for(int i=0;i<=m;i++){
dp[0][i]=0;
}
for(int j=0;j<=num;j++){
dp[j][0]=0;
}
for(int i=1;i<=num;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
if(A[i-1]<=j){
if(dp[i-1][j]<dp[i-1][j-A[i-1]]+A[i-1]){
dp[i][j]=dp[i-1][j-A[i-1]]+A[i-1];
}else{
dp[i][j]=dp[i-1][j];
}
}else{
dp[i][j]=dp[i-1][j];
}
}
}
return dp[num][m];
}
}
题型2:LintCode 125. 背包问题 II
题目:给出n个物品的体积A[i]和其价值V[i],将他们装入一个大小为m的背包,最多能装入的总价值有多大?
思路:先将原始问题一般化,欲求背包能够获得的总价值,即欲求前i个物体放入容量为m(kg)背包的最大价值c[i][m]——使用一个数组来存储最大价值。又可以转化成前(i-1)个物体放入背包的问题。下面使用数学表达式描述它们两者之间的具体关系。
表达式中各个符号的具体含义。
w[i] : 第i个物体的重量;
p[i] : 第i个物体的价值;
c[i][m] : 前i个物体放入容量为m的背包的最大价值;
c[i-1][m] : 前i-1个物体放入容量为m的背包的最大价值;
c[i-1][m-w[i]] : 前i-1个物体放入容量为m-w[i]的背包的最大价值;
由此可得状态转移方程:
c[i][m]=max{c[i-1][m-w[i-1]]+p[i-1] , c[i-1][m]}
其中,c[i-1][m-w[i-1]]+p[i-1]表示放入第i个物体后的最大价值,w[i-1],p[i-1]分别表示第i个物品的重量和价值,因为数组从0开始,所以i-1表示第i个物品的。c[i-1][m]表示不放入第i个物体后的最大价值。m-w[i-1]作为第i个物品是否能放入背包中的判断条件。
根据上式,对物体个数及背包重量进行递推,列出一个表格(见下表),表格来自(http://blog.csdn.net/fg2006/article/details/6766384?reload) ,当逐步推出表中每个值的大小,那个最大价值就求出来了。推导过程中,注意一点,最好逐行而非逐列开始推导,先从编号为1的那一行,推出所有c[1][m]的值,再推编号为2的那行c[2][m]的大小。这样便于理解。
代码如下:
package DongtaiGuihua;
//给出n个物品的体积A[i]和其价值V[i],将他们装入一个大小为m的背包,最多能装入的总价值有多大?
public class knapsack02 {
public int backPackII(int m, int[] A, int[] V) {
// write your code here
int n=A.length;
int[][] dp=new int[n+1][m+1];
for(int i=0;i<=n;i++){
dp[i][0]=0;
}
for(int j=0;j<=m;j++){
dp[0][j]=0;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
if(A[i-1]<=j){
if(dp[i-1][j-A[i-1]]+V[i-1] > dp[i-1][j]){
dp[i][j] = dp[i-1][j-A[i-1]]+V[i-1];
}else{
dp[i][j] = dp[i-1][j];
}
}else{
dp[i][j] = dp[i-1][j];
}
}
}
return dp[n][m];
}
}
很多文章讲背包问题时只是把最大价值求出来了,并没有把所选的是哪些物品找出来。本人在学习背包问题之前遇到过很多的类似问题,当时也是只求得了最大价值或最大和,对具体哪些物品或路径等细节也束手无策。再次和大家一起分享细节的求法。
根据算法求出的最大价值表本身其实含有位置信息,从F[N][V]逆着走向F[0][0],设i=N,j=V,如果F[i][j]==F[i-1][j-C[i]]+W[i]说明包里面有第i件物品,同时j -= C[i],不管F[i][j]与F[i-1][j-C[i]]+W[i]相不相等i都要减1,因为01背包的第i件物品要么放要么不放,不管放还是不放其已经遍历过了,需要继续往下遍历。
打印背包内物品的伪代码如下:
- i←N
- j←V
- while(i>0 && j>0)
- do if(F[i][j]=F[i-1][j-C[i]]+W[i])
- then Print W[i]
- j←j-C[i]
- i←i-1
当然也可以定义一个二维数组Path[N][V]来存放背包内物品信息,开始时Path[N][V]初始化为0,当 F[i][j]==F[i-1][j-C[i]]+W[i]时Path[i][j]置1。最后通过从Path[N+1][V+1]逆着走向Path[0][0]来获取背包内物品。其中Path[0][]与Path[][0]为边界。
加入路径信息的伪代码如下:
- F[0][] ← {0}
- F[][0] ← {0}
- Path[][] ← 0
- for i←1 to N
- do for k←1 to V
- F[i][k] ← F[i-1][k]
- if(k >= C[i] && F[i][k] < F[i-1][k-C[i]]+W[i])
- then F[i][k] ← F[i-1][k-C[i]]+W[i]
- Path[i][k] ← 1
- return F[N][V] and Path[][]
打印背包内物品的伪代码如下:
- i←N
- j←V
- while(i>0 && j>0)
- do if(Path[i][j] = 1)
- then Print W[i]
- j←j-C[i]
- i←i-1
在时间及空间复杂度均为O(NV)的情况下,利用Path[][]的方法明显比直接通过F[i][j]==F[i-1][j-C[i]]+W[i]来打印物品耗费空间,Path[][]需要额外的空间O(NV)但总空间复杂度不变仍为O(NV)。但下面要讲到的O(V)的空间复杂度的方法却不能利用关系式F [j]==F [j-C[i]]+W[i]而只能利用Path[][]进行标记.
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