动态规划之背包问题（二）：完全背包问题

时间：2024-11-21 07:39:50

完全背包问题

1. 问题描述

在上一篇里，有关01背包问题，我们在状态转移函数、是否需要放满、利用一维数组优化空间复杂度几个方面做了阐述。本篇要解决的是完全背包问题，描述如下：

有N种物品和一个容量为V 的背包，每种物品都有无限件可用。放入第i种物品的费用是Ci，价值是Wi。求解：将哪些物品装入背包，可使这些物品的耗费的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。

2. 贪心策略预处理

完全背包问题与01背包问题的不同点在于：“每种物品有无限件”，从这一点出发，对于两件物品i和j，如果Ci >= Cj,Wi < Wj，那么以直接去掉物品i，因为显然物品j更加物美价廉。

具体可以采用计数排序实现：设置大小为1到V的V个桶，将每个物品的容量放入对应的桶内。

  1. 如果同一个桶内有重复的数据，那么仅取较大的。
  2. 所有物品都装入桶之后，读取每个桶中的Wi的值，如果有减小的，则直接删去。

具体代码如下：

    /**
     * 预处理方法，去除肯定不可能被添加进背包的物品
     * @param c[] 每件物品的容量
     * @param w[] 每件物品的价值
     * @param v 背包容量
     * @return 被选中的物品的c-w对
     */
    public HashMap<Integer,Integer> PreProcess(int[] c,int[] w,int v){
        if( != ){return null;}
        else{
            //tong[0]弃用，其余位置存放容量为1到v的v个桶
            int[] tong = new int[v+1];
            //第一个循环，完成桶的填充，在同一个桶中有多个元素时，选取较大的w[i]。
            for(int i=0;i<;i++){
                tong[c[i]] = tong[c[i]]>w[i]?tong[c[i]]:w[i];
            }
            //第二个循环，按照桶的容量大小遍历，如果有下面的桶w小于上面的桶的，直接删去（置零）。
            int temp = 0;
            HashMap<Integer,Integer> hm = new HashMap<Integer,Integer>();
            for(int j=1;j<;j++){
                if(tong[j]==0)continue;
                else if(tong[j]>temp){
                    temp = tong[j];
                    (j, tong[j]);
                }
                else tong[j] = 0;
            }
            //输出key-value对
            Set<Integer> set = ();
            for(Integer g:set){
                (g+","+(g));
            }
            return hm;
        }
    }

测试数据：

角标 1 2 3 4 5
c 3 4 5 3 6
w 4 5 6 3 5

测试结果：
初始化方法测试结果

3. 方法一：常规思路

3.1 第一个状态转移函数

F[ i, v ]代表将前i种物品放入容量为v的背包中所能得到的最大价值。根据第i件物品放入的数量，可以得到如下的 状态转移函数：

F[i,v]=max{F[i−1,V−kCi]+kWi|0≤kCi≤v}

每个物品可以放的上限为 ⌊v/Ci⌋ ，为了得到F[ i，v ]需要遍历所有的 k ∈ (1…n) ，找出所有k值下F[ i , v ]的最大值。

伪代码如下：

    F [0..V ] ←0
        for i ← 1 to N
            for v ← Ci to V
                for k ← 0 to V/Ci
                    F [i, v] ← max(F [i-1,v-kCi] + kWi)

空间复杂度 O(VN) 、时间复杂度为 O(VN∑Ni=1V/Ci)
实现代码如下：

        public int[][] package_one(int[] c,int[] w,int v){

        //预处理，得到处理过的数据c1[]，c2[]。
        HashMap<Integer,Integer> hm = PreProcess(c,w);
        Set<Integer> set = ();
        int n = ();
        int[] c1 = new int[n];
        int[] w1 = new int[n];
        Object[] c2 = ();
        for(int i=0;i<;i++){
            c1[i] = ((Integer)c2[i]).intValue();
            w1[i] = (c1[i]);
        }

        //求解所有子问题
        int[][] f = new int[n+1][v+1];
        for(int i=1;i<n+1;i++){
            for(int j=c1[i-1];j<v+1;j++){
                for(int k=0;k<v/c1[i-1];k++){
                    if(j>=k*c1[i-1])
                    f[i][j] = f[i-1][j-k*c1[i-1]]+k*w1[i-1]>f[i][j]?f[i-1][j-k*c1[i-1]]+k*w1[i-1]:f[i][j];
                }
            }
        }
        return f;
    }

测试代码：

    public static void main(String[] args){
         int c[]={3,4,5,3,6};
         int w[]={4,5,6,3,5};
         Package02 pack = new Package02();
         int[][] f = pack.package_one(c, w,10);
         for(int i=0;i<;i++){
             for(int j=0;j<f[0].length;j++){
                 (f[i][j]+" ");          
                 }
             ();
         }
    }

测试数据共5件物品，根据前面的预处理方法，最终筛选出三件物品：

角标 1 2 3
c 3 4 5
w 4 5 6

最终所有子问题的集合 f[][] 为：

f[i][v] 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
1 0 0 0 4 4 4 8 8 8 8 8
2 0 0 0 0 5 5 8 9 9 9 13
3 0 0 0 0 0 6 8 9 9 11 13
3.2 物品选取路径的获取

与“01背包问题”不同，根据状态转移函数，需要计算出每一个物品用了多少个，即求出所有的k值。
举例如下:
根据上表,

f[3][10]=max{f[2][10],f[2][5]+6,f[2][0]+12}

得到 k3=0 ，即选取了0个物品3，继续处理子问题 f[2][10] 。
f[2][10]=max{f[1][10],f[1][6]+5,f[1][2]+10}

得到 k2=1 ，即选取了1个物品2，继续处理子问题 f[1][6] 。
f[1][6]=max{f[0][6],f[0][3]+4,f[0][0]+8}

得到 k1=2 ，即选取了2个物品1。

综上，选取了2个物品1和1个物品2。
伪代码如下：

    v_0 = V
    for i ← N to 1
        for k ← 0 to V/ci
            if(f[i][v_0] = f[i-1][v_0-k*ci]+k*wi){
                print("选取了k个物品i")
                v_0 = v_0 - k*ci;
                break;
            }

4. 方法二：转化为01背包

4.1 方法2.1

01背包问题是最基本的背包问题，我们可以考虑把完全背包问题转化为01背包问题来解。

最简单的想法是，考虑到第i种物品最多选⌊V /Ci⌋件，于是可以把第i种物品转化为⌊V /Ci⌋件费用及价值均不变的物品，然后求解这个01背包问题。这样的做法完全没有改进时间复杂度，但这种方法也指明了将完全背包问题转化为01背包问题的思路：将一种物品拆成多件只能选0件或1件的01背包中的物品。

考虑到存在将每个物品拆分为 V/Ci 的过程，拆分花费 O(N∑Ni=1V/Ci) ，一共拆分出 ∑Ni=1V/Ci 个物品，而“01背包问题”花费 O(V∑Ni=1V/Ci) ，所以总的时间复杂度为：

O((V+N)∑i=1NV/Ci)

另外，方法2.1最大的缺点就在于，空间复杂度很大。
实现代码如下： 

    public int[] package_two(int[] c,int[] w,int v){

        //预处理，得到处理过的数据c1[]，w1[]。
        HashMap<Integer,Integer> hm = PreProcess(c,w);
        Set<Integer> set = ();
        int n = ();
        int[] c1 = new int[n];
        int[] w1 = new int[n];
        Object[] c2 = ();
        for(int i=0;i<;i++){
            c1[i] = ((Integer)c2[i]).intValue();
            w1[i] = (c1[i]);
        }
        // 第一步：生成新的数组，存放所有可能的背包
        ArrayList<Integer> arr_1 = new ArrayList<Integer>();
        ArrayList<Integer> arr_2 = new ArrayList<Integer>();
        for(int i=1;i<n;i++){
            for(int j=0;j<=v/c1[i-1];j++){
                arr_1.add(c1[i-1]);
                arr_2.add(w1[i-1]);
            }
        }
        // 第二步：根据新的数组，利用01背包问题求解
        int[] f = new int[v+1];
        ("新的数组长度："+arr_1.size());
        for(int i=1;i<=arr_1.size();i++){
            for(int j=v;j>=arr_1.get(i-1);j--){
                f[j] = max(f[j],f[j-arr_1.get(i-1)]+arr_2.get(i-1));
            }
        }
        return f;
    }

测试代码：

    int[] f = pack.package_two(c,w,10);
         for(int g:f){
             (g);
         }

输出结果：

角标 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
f[] 0 0 0 4 5 5 8 9 10 12 13
4.2 方法2.2

为了节省空间，更高效的转化方法是：把第i种物品拆成费用为 Ci2k 、价值为 Wi2k 的若干件物品，其中k取遍满足 Ci2k≤V 的非负整数。

这是二进制的思想。因为，不管最优策略选几件第i种物品，其件数写成二进制后，总可以表示成若干个 2k 件物品的和。这样一来就把每种物品拆成O(log ⌊V /Ci⌋)件物品，是一个很大的改进。

相较于方法2.1，利用二进制的思想，在物品的拆分过程中，我们无需开辟大容量的一维数组，仅需存放几个k值。而具体的实现过程可以建立一个ArrayList数组。代码如下：

    public int[] package_three(int[] c,int[] w,int v){

        // 预处理，得到处理过的数据c1[]，w1[]。
        HashMap<Integer,Integer> hm = PreProcess(c,w);
        Set<Integer> set = ();
        int n = ();
        int[] c1 = new int[n];
        int[] w1 = new int[n];
        Object[] c2 = ();
        for(int i=0;i<;i++){
            c1[i] = ((Integer)c2[i]).intValue();
            w1[i] = (c1[i]);
        }

        // 第一步：存储所有的k值
        ArrayList<ArrayList<Integer>> arr = new ArrayList<ArrayList<Integer>>();
        for(int i=0;i<n;i++){
            int temp = v/c1[i];
            int k = -1;
            while(temp>0){
                (new ArrayList<Integer>());
                k = (int) ((temp)/(2));
                (i).add(k);
                //("i=  "+i+"  k=  "+k);
                temp -= (2, k);
            }
        }

        //第二步：根据k值采用01背包策略
        //array 存放每个物品的数量
        //第一层循环：代表每一种物品；第二层循环：代表每一种物品的数量；第三层循环，代表每一次添加对应的所有背包容量。
        int[] array = new int[n];
        for(int i=0;i<n;i++){
            for(int g:(i)){
                array[i] += (2, g);
            }
            //(array[i]);
        }
        int[] f = new int[v+1];
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=0;j<array[i-1];j++){
                for(int k=c1[i-1];k<=v;k++){
                    f[k] = max(f[k-c1[i-1]]+w1[i-1],f[k]);
                }
            }
        }
        return f;
    }

注意到拆分出k值的过程是在 O(N) 的时间复杂度实现的，较之方法2.1中的 O(N∑Ni=1V/Ci) 有很大改进。

测试代码：

    int[] f = pack.package_three(c, w, 10);
         for(int g:f){
             (g);
         }

输出结果：

角标 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
f[] 0 0 0 4 5 6 8 9 10 12 13

5. 方法三：进一步优化

转换一下思路，再来看一下第一个状态转移函数：

F[i,v]=max{F[i−1,V−kCi]+kWi|0≤kCi≤v}

仔细观察，在求解 F[i,v] 的过程中，用到了若干个 F[i−1，0...V] 。这个方程的核心在于：若要求解当前 F[i,v] ，我们遍历所有的第 i−1 层中需要的部分 F[i−1,V−kCi] ，找出在该子问题的基础上，我们k取何值时所得到的 F[i,v] 最大。

这个算法核心的缺陷就是：

对于 F[i][v] 的求解，我们仅仅利用了第 i−1 层的数据 F[i−1,V−kCi] ，而忽略了本层的数据 F[i][0...v−1] 。

在多层循环的过程中，可以保证前面的 F[][] 一定是正确的，不管它使用了几个物品。所以同样的， F[i][v] 之前的子问题，包括 F[i−1,V−kCi] 和 F[i][0...v−1] 都是正确的结果，都要用到我们的状态转移函数中去。

如何利用本层的数据？

F[i][0...v−1] 与 F[i][v] 的共同点在于，它们都有可能包含有物品i，所以考虑将问题转化为“每次添加一个物品i的状态转移函数”

  1. 如果 F[i][v] 包含物品i，那么 F[i][v−Ci] 中物品i的数量一定比 F[i][v] 少1。此时 F[i,v]=F[i][v−Ci]+Wi 。
  2. 如果 F[i][v] 不包含物品i，那么 F[i,v]=F[i−1,v]

当然，子问题 F[i][v−Ci] 也可能包含有物品i，但是这个问题在前面的循环中已经被解决了，这里我们只需考虑在从 F[i][v−Ci] 到 F[i][v] 的过程中，物品i是否被再一次添加。

新的状态转移函数：

F[i,v]=max{F[i−1,v],F[i][v−Ci]+Wi}

注意到该函数与“01背包问题”好像，但是需要注意：

对于二维数组实现的01背包问题，第二层循环（遍历背包容量）可以正序，也可以逆序。
一维数组的01背包问题，第二层循环必须逆序。
对于完全背包问题，无论二维还是一维数组实现，都必须正序。

具体留给大家思考。顺便写出一维情况下的状态转移函数：

F[v]=max{F[v],F[v−Ci]+Wi}

实现代码： 

    public int[] package_four(int[] c,int[] w, int v){

        // 预处理，得到处理过的数据c1[]，w1[]。
        HashMap<Integer,Integer> hm = PreProcess(c,w);
        Set<Integer> set = ();
        int n = ();
        int[] c1 = new int[n];
        int[] w1 = new int[n];
        Object[] c2 = ();
        for(int i=0;i<;i++){
            c1[i] = ((Integer)c2[i]).intValue();
            w1[i] = (c1[i]);
        }

        int[] f = new int[v+1];
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=c1[i-1];j<=v;j++){
                f[j] = max(f[j],f[j-c1[i-1]]+w1[i-1]);
            }
        }
        return f;
    }

就是这么简单 =。=

测试代码：

    int[] f = pack.package_four(c, w, 10);
         for(int g:f){
             (g);
         }

测试结果:

角标 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
f[] 0 0 0 4 5 6 8 9 10 12 13

6. 总结

自己动手给出了三种算法的具体java实现过程，着实感受到了算法的改进对于工作量减少的重要性。完整的代码见：/detail/siyu1993/9660245

本文内容部分转载自“背包问题九讲”

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