【leetcode】01背包总结

01 背包

关键点

容器容量固定
每件物品只有两种状态：不选、选 1 件
求最大价值

代码

int N, W; // N件物品，容量为W
int w[N], v[N]; // w为大小，v为容量/* 数组定义 */
int[][] dp = new int[N][W + 1]; // 注意是W + 1, 因为重量会取到W
dp[i][j]; // 从下标为[0, i]的物品中选若干件物品（注意是若干件，不是全部），放入大小为j的容器时的最大价值/* 递推公式 */
// 由于每件物品有选、不选两种状态，所以两种状态取最大值即可
// 比如，对于dp[i][j]来说，
// 如果不选下标为i的物品，那么价值 = dp[i - 1][j]；
// 如果选下标为i的物品，那么价值 = dp[i - 1][j - w[i]] + v[i]
// 两种状态取max
dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - w[i]] + v[i]);/* 初始化 */
// 从递推公式可以看出来，会存在dp[0][j]、dp[i][0]
// 对于dp[0][j]来说，回到数组定义，即选择下标为0的物品，放入大小为j的容器时的最大价值
// 这里又分两种情况，下标为0的物品的大小w[0]比j大，即放不进去，那么dp[0][j]=0；w[0]比j小，即放的进去，那么dp[0][j]=v[0]
// 对于dp[i][0]来说，回到数组定义，即从下标为[0, i]的物品中选若干件物品，放入大小为0的容器时的最大价值
// 显然dp[i][0] = 0
for(int i = 0; i < N; i ++ ) dp[i][0] = 0;
for(int j = 0; j <= W; j ++ ) {if (j >= w[0]) dp[0][j] = v[0];else dp[0][j] = 0;
}/* 求解 */
// 先遍历物品、再遍历大小
// 由于dp[0]j]已经初始化过了，所以从第1件物品开始循环
// 由于dp[i][0]已经初始化过了，所以从重量为1开始循环
for(int i = 1; i < N; i ++ )for(int j = 1; j <= W; j ++ ) {if (j < w[i]) dp[i][j] = dp[i - 1][j];else dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - w[i]] + v[i];}/* 输出答案 */
// dp[N - 1][W]: 即从[0, N-1]中选若干件物品，放入大小为W的容器时的最大价值
return dp[N - 1][W];

时间复杂度：O(NW)
空间复杂度：O(NW)

优化：滚动数组，二维空间 -> 一维空间

递推公式

滚动数组思想：
回到递推公式：
$d p [i] [j] = M a t h . ma x (d p [i - 1] [j], d p [i - 1] [j - w [i]] + v [i])$

可以看出，第一维只用到了相邻两层的一个状态，没有第三个状态了。那实际上这个维度就可以去掉了，相当于用一个变量表示两个状态，赋值前就是上一层的状态，赋值后就是下一层的状态！
所以递推公式变成：
$d p [j] = M a t h . ma x (d p [j], d p [j - w [i]] + v [i])$

容量 W 遍历方向

对于遍历方向也需要改。如下图所示：

可以看出，后面的状态是用到了前面的状态的。如果还是像二维一样从左往右遍历的话，会出现这种情况：dp[j-w[i]] 被物品 i 更新了，dp[j] 也被物品 i 更新了。由于 dp[j] 是由 dp[j-w[i]] 更新过来的，相当于在重量为 j 的容器里放了两次物品 i，这和 01 背包的题目含义就冲突了：每件物品只有选和不选两种状态。
所以就要保证 dp[j] 用到的 dp[j-w[i]] 是没有被更新过的。方法也容易，反过来遍历就可以了。

初始化

一维的初始化实际上就是初始化一个物品都没用到时的价值。显然，对于任何重量的容器，不放物品，价值就是 0。初始化代码：

for(int j = 0; j <= W; j ++ ) dp[j] = 0;

容量 W 和物品 N 的遍历顺序

对于二维的形式，两种遍历方式都可以，因为不管怎么样，dp[i][j] 都是被左上角的状态更新的，所以先更新左上角的哪一个，实际上都一样。但是对于一维的形式，情况就不一样了。详细看一下两种方法的遍历的含义：

先遍历容量 W，再遍历物品 N：（×）

for(int j = W; j >=0; j -- )for(int i = 0; i < N; i ++ ) {if (j >= w[i]) dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);}

这种方法，相当于是对于同一个重量 j，从 N 个物品中选 1 个，看哪个价值最大。那最后 dp[W] 表示的就是从 N 个物品中选 1 个物品时的最大价值，这显然与 01 背包的题目含义冲突了：从 N 个物品中选若干个物品时（每个物品只选一次）的最大价值。
进一步分析，为什么这种方法每次都只会用到一个物品？因为每次递推用到的 dp[j-w[i]] 都是 0，因为 j 是从大到小遍历的，递推公式相当于变成了 dp[j]=Math.max(dp[j], v[i])，那不就是 N 个物品取最大值吗？所以也进一步加深了对一维递推公式的理解：要利用一维的递推，dp[j-w[i]] 一定要叠加了前面选了物品的状态。

先遍历物品 N，再遍历容量 W：（√）

for(int i = 0; i < N; i ++ )for(int j = W; j >=0; j -- ) {if (j >= w[i]) dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);}

这种方法，是先考虑前面物品的使用情况，放到 dp 中去，然后再开始考虑下一件物品。所以这种方法中，dp[j - w[i]] 是叠加了前面选了若干件物品之后的状态的。
因此，应该选择第二种遍历顺序。

时空复杂度

时间复杂度：O(NW)
空间复杂度：O(W)，空间上比二维少了一个数量级

完整代码

int N, W; // N件物品，容量为W
int w[N], v[N]; // w为大小，v为容量/* 数组定义 */
int[] dp = new int[W + 1]; // 注意是W + 1, 因为重量会取到W
dp[j]; // 大小为j的容器时的最大价值/* 递推公式 */
dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);/* 初始化 */
for(int j = 0; j <= W; j ++ ) dp[j] = 0;/* 求解 */
// 每迭代一次i，dp就多叠加了一件物品的状态
for(int i = 0; i < N; i ++ )for(int j = W; j >= 0; j -- ) {if (j >= w[i]) dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);}/* 输出答案 */
// dp[W]: 大小为W的容器时的最大价值
return dp[W];