DP-背包九讲之01背包

一.问题

有N件物品和一个容量为V 的背包。放入第i件物品耗费的空间是Ci，得到的价值是Wi。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。

二.基本思路：时间复杂度O（VN），空间复杂度优化后O（N）

这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。用子问题定义状态：即F[i, v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是：

先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环i = 1..N，每次算出来二维数组F[i, 0..V ]的所有值。那么，如果只用一个数组F[0..V ]，能不能保证第i次循环结束后F[v]中表示的就是我们定义的状态F[i, v]呢？F[i, v]是由F[i − 1, v]和F[i − 1, v − Ci ]两个子问题递推而来，能否保证在推F[i, v]时（也即在第i次主循环中推F[v]时）能够取用F[i − 1, v]和F[i − 1, v − Ci ]的值呢？事实上，这要求在每次主循环中我们以v = V..0的递减顺序计算F[v]，这样才能保证推F[v]时F[v − Ci ]保存的是状态F[i − 1, v − Ci]的值。

特别注意空间复杂度优化的方法，因为有很多类型题目的dp都是需要依靠这类方法来优化的，否则容易卡复杂度导致不能ac。

三.题目问法

恰好装满背包时的最优解
在容量范围内时的最优解

如果是第一种问法，要求恰好装满背包，那么在初始化时除了F[0]为0，其它F[1..V ]均设为−∞，这样就可以保证最终得到的F[V ]是一种恰好装满背包的最优解。
如果是第二种问法，并没有要求必须把背包装满，而是只希望价格尽量大，初始化时应该将F[0..V ]全部设为0。

这是为什么呢？可以这样理解：初始化的F数组事实上就是在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。如果要求背包恰好装满，那么此时只有容量为0的背包可以在什么也不装且价值为0的情况下被“恰好装满”，其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，应该被赋值为-∞了。如果背包并非必须被装满，那么任何容量的背包都有一个合法解“什么都不装”，这个解的价值为0，所以初始时状态的值也就全部为0了。这个小技巧完全可以推广到其它类型的背包问题。

四.题目分析

题目链接

裸题：直接初始化加公式

#include<iostream>
using namespace std;
#define max(a,b) a>b?a:b
int main(){
	int t,n,V,dp[1005],w[1005],v[1005];
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		scanf("%d%d",&n,&V);
		for(int i = 1;i<=n;i++) scanf("%d",&v[i]);
		for(int i = 1;i<=n;i++) scanf("%d",&w[i]);
		for(int i = 0;i<=V;i++) dp[i] = 0;
		for(int i = 1;i<=n;i++)
			for(int j = V;j>=w[i];j--)
				dp[j] = max(dp[j],dp[j-w[i]] + v[i]);
		printf("%d\n",dp[V]);
	}
}

题目链接

解析：

根据题目，我们就是要找到min(m - dp[m-5] - w[k])

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其中dp[m-5] 是保证钱包剩余5元以上时的最大消费。

先把贪心的假设拿出来（思维的跳跃，先摆出假设，再证明）。

我们设最优解是dp[m-5]且做01背包的时候不考虑最大的w[k],那么剩下的钱最后买w[k],设ans = m - dp[m-5] - Max

假设存在其他的方案：ans' = m - dp'[m-5] - t 。下面我们就讨论Max 和 t 的关系以及 dp 和 dp' 之间的策略

首先我们对w[]进行排序（实际做的时候不用排序，只需要存在最大值的下标就行，减小复杂度）

w[1]	..	..	w[i]	..	..	w[j]	..	..	w[n]
Min	..	..	Min'	..	..	t	..	..	Max

ans = m - dp[m-5] - Max 和 ans' = m - dp'[m-5] - t 的比较

那么关键证明就是：(Max >=t)

① 若dp[m-5] >= dp'[m-5] 显然 ans<=ans' 那么贪心策略一定正确

② 若dp[m-5] < dp'[m-5] 那么继续做出假设。

假设dp'[m-5]选取若干个w[]的值，其中包括Max,但是在没有被选取的w[]中，t是最大的（因为最后剩下的钱一定会去买最大的）

那么对于dp[m-5] 一定是没有选取Max的，和dp'[m-5]对比一下，一定会把t给选进去，或者说若干个较小的w[]的求和>=t的值选入进去（如果有若干个Min''没有被选择的值加起来>=t而又<Max的话，对于dp[m-5]一定会选择的，最大化原理嘛），那么异同点来了：

dp'[m-5] = Wp1 + Wp2 + Wp3 +.... + Max

dp[m-5] = Wp1 + Wp2 + Wp3 + .....+ t (或者 $\sum$ Wpi) ,其中 $\sum$ Wpi>=t

那么dp'[m-5] - dp[m-5] < = Max - t

因此证明了ans <= ans'。

综上所述，题目可以等价于：贪心 + 01 背包

#include<iostream>
#define max(a,b) a>b?a:b
using namespace std;
int main(){
	int n,m,w[1005],dp[1005],Max,p;
	while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n){
		Max = 0;
		for(int i = 1;i<=n;i++){
			scanf("%d",&w[i]);
			if(w[i]>Max){
				Max = w[i];
				p = i;
			}	
		};
		scanf("%d",&m);
		m-=5;
		for(int i = 0;i<=m;i++) dp[i] = 0;
		for(int i = 1;i<=n;i++){
			if(i == p){
				continue;
			}
			for(int j = m;j>=w[i];j--){
				dp[j] = max(dp[j],dp[j-w[i]] + w[i]);
			}
		}
		if(m<0) printf("%d\n",m+5);
		else printf("%d\n",m + 5 - dp[m] - Max);	
	} 
}

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题目分析：