背包九讲

2018-05-06 13:35:32

感谢： https://blog.csdn.net/ling_du/article/details/41594767

一讲：01背包问题

问题描述：给定一个袋子的容积是v，给定n种物品，每种物品有两种属性，价值val和体积vol，每种物品只有一个，问如何选择可以使得得到的价值最大

我们知道每个物品只有选或不选两种状态，那么为什么不可以遍历每种状态呢，此时，如果有n种物品，那么就需要求2^n种情况的值

那么01背包的时间复杂度是多少呢？其实01背包是一种DP 时间复杂度分析完再说

思路：对于每一个物品都有选或不选两种状态设置数组dp[i][v]表示前i件物品恰放进一个体积为v的背包得到得最大价值第i件物品放或不放得到的价值为什么不能直接由前i-1件物品放或不放得到呢为什么还与体积有关因为可能我们现在虽然价值得到了最大但是没有节约体积以至于后面的价值大的物品不能放进去据失去了最优解于是记录一下体积就会防止发生这种情况

转移方程如下: 当第i件物品放入体积为v的背包中是证明前i-1件物品放在了体积为v-vol[i]中于是dp[i][v]=dp[i-1][v-vol[i]] 当第i件物品不放进体积为v的背包中时 dp[i][v] = dp[i-1][v] 求最大值

伪代码：

for(int i=1; i<=n; i++)
{
    for(int v=1; v<V; v++)
    {
        dp[i][v] = max(dp[i-1][v-vol[i]]+val[i] , dp[i-1][v]);放或不放
    }
}

01背包伪代码

　　此时的时间复杂度为O(n*v) 暴力的时间是指数级的这个时间是正比级的在n大的情况下省很多时间

优化：时间上做不到优化空间上可以有优化此时的空间复杂的也是O(n*v),但是可以优化到O(v) 我们看上面的转移方程

dp[i]求的时候在二维数组的第一维上只与i-1有关于是我们可以省掉第一维只开dp[v] 但是由于与i-1有关于是我们采取反向遍历就好

例题：以 Just another Robbery LightOJ - 1079为例多了一个难点就是这个是概率的01背包其实也是写到这个题才想要看一下背包九讲的兴致勃勃告诉队友我要去学习概率DP了期待晚上告诉他们我看完了背包九讲时他们的态度嘻嘻

题意：小花要去强银行自己危险值的上限是p 有n家银行每家银行有对应的价值和危险值问最多可以抢多少钱

代码如下：

#include<stdio.h>
#include<iostream>

using namespace std;

int t;
int n;
double P;
int v[110];
double p[110];
double dp[105][105*105];
int sum;

void init()
{
    sum = 0;
}

void input()
{
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        scanf("%d%lf" , &v[i] , &p[i]);
        sum += v[i];
    }
}

void solve()
{
    /*
    dp[i][j] 记录的是抢了i个银行 得到了j元钱 被抓的概率
    */
    for(int i=1; i<=sum; i++)
        dp[0][i] = -1;  //抢了0个银行  得到j元钱是不可能的 j>0
    dp[0][0] = 0;       //抢了0个银行  得到0元钱 被抓的概率是0
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        for(int j=0; j<=sum; j++)
        {
            /*
            因为dp初始值都为0  所以只有在i-1=0的时候才会出现小于-0.5 / <0的情况
            */
            if(j<v[i] || dp[i-1][j-v[i]]<=-1)  //第i个银行强不了（j<v[i]）  或者虽然第i个银行可以抢 但是如果抢了他  他前面的九不成立了  也就是虽然可以建二楼 但是你一楼就垮了 所以二楼还是一楼
                dp[i][j] = dp[i-1][j];
            else if(dp[i-1][j]<0)
                dp[i][j] = dp[i-1][j-v[i]] + (1-dp[i-1][j-v[i]])*p[i]; //第i个银行可以抢 因为j>v[i] if里对应抢i-1个银行得不到j元钱的情况 此时第i个银行一定得抢
            else
                dp[i][j] = min(dp[i-1][j], dp[i-1][j-v[i]]+(1-dp[i-1][j-v[i]])*p[i]);   //前i-1次被抓的概率是dp[i-1][j-v[i]] 于是不被抓的概率就是1-dp[i-1][j-v[i]] 再乘上此时被抓的概率
        }
    }
}

int main()
{
    scanf("%d" , &t);
    for(int cas=1; cas<=t; cas++)
    {
        scanf("%lf%d" , &P , &n);
        init();
        input();
        solve();
       int ans = 0;
//       for(int j=0; j<=n; j++)
//       {
       for(int i=0; i<=sum; i++)
       {
           if(dp[n][i]>-1 && dp[n][i]<P)
            ans = i;
//                printf("%lf..." , dp[j][i]);
       }
//        printf("\n");
//       }
       printf("Case %d: %d\n" , cas , ans);
    }


    return 0;
}

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