Knapsack · 数据结构与算法/leetcode/lintcode题解

# Knapsack - 背包问题在一次抢珠宝店的过程中，抢劫犯只能抢走以下三种珠宝，其重量和价值如下表所述。 | Item(jewellery) | Weight | Value | |-----|-----|-----| | 1 | 6 | 23 | | 2 | 3 | 13 | | 3 | 4 | 11 | 抢劫犯这次过来光顾珠宝店只带了一个最多只能承重17 kg的粉红色小包，于是问题来了，怎样搭配这些不同重量不同价值的珠宝才能不虚此行呢？哎，这年头抢劫也不容易啊... 用数学语言来描述这个问题就是：背包最多只能承重 WWW kg, 有 nnn 种珠宝可供选择，这 nnn 种珠宝的重量分别为 ω1,⋯,ωn\omega_1,\cdots,\omega_nω1,⋯,ωn, 相应的价值为 v1,⋯,vnv_1,\cdots,v_nv1,⋯,vn. 问如何选择这些珠宝使得放进包里的珠宝价值最大化？ ### Knapsack with repetition - 物品重复可用的背包问题由于这类背包问题中，同一物品可以被多次选择，因此称为Knapsack with repetition, 又称Unbounded knapsack problem(无界背包问题). 动态规划是解决背包问题的有力武器，而在动态规划中，主要的问题之一就是——状态(子问题)是什么？在本题中我们可以从两个方面对原始问题进行化大为小：要么是是更小的背包容量 ω≤W\omega \leq Wω≤W, 要么尝试更少的珠宝数目(如珠宝 1,2,⋯,j, for j≤n1, 2, \cdots , j, ~for~ j \leq n1,2,⋯,j, for j≤n). 这两个状态(子问题)究竟哪个对于解题更为方便，还需进一步论证——能否根据状态(子问题)很方便地写出状态转移方程。先来看看第一种状态：**在背包容量为 ω\omegaω 时抢劫犯所能获得的最优值为 K(ω)K(\omega)K(ω).** 对应此状态的状态转移方程并不是那么直观，先从 K(ω)K(\omega)K(ω) 所包含的信息出发，K(ω)>0K(\omega) > 0K(ω)>0 时，背包中必然含有某件值钱的珠宝，不妨假设最优值 K(ω)K(\omega)K(ω) 包含某珠宝 iii, 那么将珠宝 iii 从背包中移除后，背包中剩余珠宝的价值加上珠宝 iii 的价值即为 K(ω)K(\omega)K(ω). 哪尼？这不就是个天然的状态转移方程么？抢劫犯灵机一动，立马想出了如下状态转移方程：K(ω)=F(ω−ωi)+vi (ωi∈Ω)K(\omega) = F(\omega - \omega_i) + v_i ~(\omega_i \in \Omega)K(ω)=F(ω−ωi)+vi (ωi∈Ω) 其中 F(ω−ωi)F(\omega - \omega_i)F(ω−ωi) 为拿出珠宝 iii 后的价值映射函数(用人话来说就是把粉红色小包里剩下的珠宝价值加起来)，取出来的珠宝重量 ωi<ω\omega_i < \omegaωi<ω(总不能取出大于背包重量的珠宝吧...), Ω\OmegaΩ 即为 K(ω)K(\omega)K(ω) 中 ωi\omega_iωi 的所有可能取值。想了想好像哪里不对劲，K(ω)K(\omega)K(ω) 的转移关系没鼓捣出来，反而新添了个 F(ω−ωi)F(\omega - \omega_i)F(ω−ωi), 真是旧爱未了又添新欢... 别急，再仔细瞅瞅以上等式两端，拿出珠宝 iii 后，其价值 viv_ivi 就可以认为是一个定值了，故要想 K(ω)K(\omega)K(ω) 为最大值，F(ω−ωi)F(\omega - \omega_i)F(ω−ωi) 也理应是背包容量为 ω−ωi\omega - \omega_iω−ωi 时的包内珠宝的最大价值，如若不是，则必然存在 F(ω−ωi)<K(ω−ωi)F(\omega - \omega_i) < K(\omega - \omega_i)F(ω−ωi)<K(ω−ωi), 即有K(ω)=F(ω−ωi)+vi<K(ω−ωi)+vi=K′(ω)K(\omega) = F(\omega - \omega_i) + v_i < K(\omega - \omega_i) + v_i = K^{\prime}(\omega)K(ω)=F(ω−ωi)+vi<K(ω−ωi)+vi=K′(ω)与 K(ω)K(\omega)K(ω) 为在背包容量为 ω\omegaω 时的最大值的定义不符，故假设不成立，F(ω−ωi)=K(ω−ωi)F(\omega - \omega_i) = K(\omega - \omega_i)F(ω−ωi)=K(ω−ωi). 千斤顶终于成功上位——变成了备胎... 新的状态转移方程可改写为：K(ω)=K(ω−ωi)+viK(\omega) = K(\omega - \omega_i) + v_iK(ω)=K(ω−ωi)+vi 嗯，好像还是有哪里不对劲，千斤顶虽然已晋级为备胎，可备胎这个身份实在是不怎么好听，这不还有下标 iii 这个标记嘛，我们给抢劫犯想想法子，怎么才能让备胎尽快转正呢？！仔细分析发现我们刚才取出d的价值 viv_ivi 是从已知背包容量为 ω\omegaω 时取出来的珠宝 iii, 重量为 ωi\omega_iωi. 那么到底那几个珠宝才是可能被取出来的呢？答案不得而知，只知道肯定是小于背包容量 ω\omegaω 中的某一个。既然是这样，我们把所有小于背包容量 ω\omegaω 的珠宝挨个拿出来比一比不就完了么？但这样一来又有了新的问题：取出来的珠宝 ωi\omega_iωi 不一定是最大值 K(ω)K(\omega)K(ω)中所包含的珠宝，那假如我们一定要拿出来比一比呢？得到的结果自然是不大于最大值 K(ω)K(\omega)K(ω)(如果不是，反证法证之), 用数学语言表示就是：K(ω)≥K(ω−ωj)+vj (ωj∉Ω)K(\omega) \geq K(\omega - \omega_j) + v_j ~(\omega_j \notin \Omega)K(ω)≥K(ω−ωj)+vj (ωj∉Ω) 整理一下思路，用优雅的数学语言来表示就是：K(ω)=maxi: ωi≤ω{K(ω−ωi)+vi}K(\omega) = \max_{i:~\omega_i \leq \omega} \{K(\omega - \omega_i) + v_i\}K(ω)=maxi: ωi≤ω{K(ω−ωi)+vi} 备胎终于得以登堂入室，警察叔叔，就是她了... 状态转移方程终于完整的找到了，千斤顶窃喜道：皇天不负有心人，我也有转正的一天，蛤蛤蛤... 令`dp[i + 1][j]`表示从前`i`种物品中选出总重量不超过`j`时总价值的最大值。那么有转移方程： ~~~ dp[i + 1][j] = max{dp[i][j - k × w[i]] + k × v[i] | 0 ≤ k} ~~~ 最坏情况下时间复杂度为 O(kW2)O(kW^2)O(kW2). 对上式进一步变形可得： ~~~ dp[i + 1][j] = max{dp[i][j - k × w[i]] + k × v[i] | 0 ≤ k} = max{dp[i][j], max{dp[i][j - k × w[i]] + k × v[i] | 1 ≤ k}} = max{dp[i][j], max{dp[i][(j - w[i]) - k × w[i]] + k × v[i] | 0 ≤ k} + v[i]} = max{dp[i][j], dp[i + 1][j - w[i]] + v[j]} ~~~ **注意等式最后一行，咋看和01背包一样，实际上区别在于`dp[i + 1][]`, 01背包中为`dp[i][]`.** 此时时间复杂度简化为 O(nW)O(nW)O(nW). ### Knapsack without repetition - 01背包问题上节讲述的是最原始的背包问题，这节我们探讨条件受限情况下的背包问题。若一件珠宝最多只能带走一件，请问现在抢劫犯该如何做才能使得背包中的珠宝价值总价最大？显然，无界背包中的状态及状态方程已经不适用于01背包问题，那么我们来比较这两个问题的不同之处，无界背包问题中同一物品可以使用多次，而01背包问题中一个背包仅可使用一次，区别就在这里。我们将 K(ω)K(\omega)K(ω) 改为 K(i,ω)K(i,\omega)K(i,ω) 即可，**新的状态表示前 iii 件物品放入一个容量为 ω\omegaω 的背包可以获得的最大价值。** 现在从以上状态定义出发寻找相应的状态转移方程。K(i−1,ω)K(i-1, \omega)K(i−1,ω)为 K(i,ω)K(i, \omega)K(i,ω) 的子问题，如果不放第 iii 件物品，那么问题即转化为「前 i−1i-1i−1 件物品放入容量为 ω\omegaω 的背包」，此时背包内获得的总价值为 K(i−1,ω)K(i-1, \omega)K(i−1,ω)；如果放入第 iii 件物品，那么问题即转化为「前 i−1i-1i−1 件物品放入容量为 ω−ωi\omega - \omega_iω−ωi 的背包」，此时背包内获得的总价值为 K(i−1,ω−ωi)+viK(i-1, \omega - \omega_i) + v_iK(i−1,ω−ωi)+vi. 新的状态转移方程用数学语言来表述即为：K(i,ω)=max{K(i−1,ω),K(i−1,ω−ωi)+vi}K(i,\omega) = \max \{K(i-1, \omega), K(i-1, \omega - \omega_i) + v_i\}K(i,ω)=max{K(i−1,ω),K(i−1,ω−ωi)+vi} 这里的分析是以容量递推的，但是在容量特别大时，我们可能需要以价值作为转移方程。定义状态`dp[i + 1][j]`为前`i`个物品中挑选出价值总和为`j` 时总重量的最小值（所以对于不满足条件的索引应该用充分大的值而不是最大值替代，防止溢出）。相应的转移方程为：前`i - 1` 个物品价值为`j`, 要么为`j - v[i]`(选中第`i`个物品). 即`dp[i + 1][j] = min{dp[i][j], dp[i][j - v[i]] + w[i]}`. 最终返回结果为`dp[n][j] ≤ W` 中最大的 j. ### 扩展以上我们只是求得了最终的最大获利，假如还需要输出选择了哪些项如何破？以普通的01背包为例，如果某元素被选中，那么其必然满足`w[i] > j`且大于之前的`dp[i][j]`, 这还只是充分条件，因为有可能被后面的元素代替。保险起见，我们需要跟踪所有可能满足条件的项，然后反向计算有可能满足条件的元素，有可能最终输出不止一项。 ### Java ~~~ import java.util.*; public class Backpack { // 01 backpack with small datasets(O(nW), W is small) public static int backpack(int W, int[] w, int[] v, boolean[] itemTake) { int N = w.length; int[][] dp = new int[N + 1][W + 1]; boolean[][] matrix = new boolean[N + 1][W + 1]; for (int i = 0; i < N; i++) { for (int j = 0; j <= W; j++) { if (w[i] > j) { // backpack cannot hold w[i] dp[i + 1][j] = dp[i][j]; } else { dp[i + 1][j] = Math.max(dp[i][j], dp[i][j - w[i]] + v[i]); // pick item i and get value j matrix[i][j] = (dp[i][j - w[i]] + v[i] > dp[i][j]); } } } // determine which items to take for (int i = N - 1, j = W; i >= 0; i--) { if (matrix[i][j]) { itemTake[i] = true; j -= w[i]; } else { itemTake[i] = false; } } return dp[N][W]; } // 01 backpack with big datasets(O(n\sigma{v}), W is very big) public static int backpack2(int W, int[] w, int[] v) { int N = w.length; // sum of value array int V = 0; for (int i : v) { V += i; } // initialize int[][] dp = new int[N + 1][V + 1]; for (int[] i : dp) { // should avoid overflow for dp[i][j - v[i]] + w[i] Arrays.fill(i, Integer.MAX_VALUE >> 1); } dp[0][0] = 0; for (int i = 0; i < N; i++) { for (int j = 0; j <= V; j++) { if (v[i] > j) { // value[i] > j dp[i + 1][j] = dp[i][j]; } else { // should avoid overflow for dp[i][j - v[i]] + w[i] dp[i + 1][j] = Math.min(dp[i][j], dp[i][j - v[i]] + w[i]); } } } // search for the largest i dp[N][i] <= W for (int i = V; i >= 0; i--) { // if (dp[N][i] <= W) return i; if (dp[N][i] <= W) return i; } return 0; } // repeated backpack public static int backpack3(int W, int[] w, int[] v) { int N = w.length; int[][] dp = new int[N + 1][W + 1]; for (int i = 0; i < N; i++) { for (int j = 0; j <= W; j++) { if (w[i] > j) { // backpack cannot hold w[i] dp[i + 1][j] = dp[i][j]; } else { dp[i + 1][j] = Math.max(dp[i][j], dp[i + 1][j - w[i]] + v[i]); } } } return dp[N][W]; } public static void main(String[] args) { int[] w1 = new int[]{2, 1, 3, 2}; int[] v1 = new int[]{3, 2, 4, 2}; int W1 = 5; boolean[] itemTake = new boolean[w1.length + 1]; System.out.println("Testcase for 01 backpack."); int bp1 = backpack(W1, w1, v1, itemTake); // bp1 should be 7 System.out.println("Maximum value: " + bp1); for (int i = 0; i < itemTake.length; i++) { if (itemTake[i]) { System.out.println("item " + i + ", weight " + w1[i] + ", value " + v1[i]); } } System.out.println("Testcase for 01 backpack with large W."); int bp2 = backpack2(W1, w1, v1); // bp2 should be 7 System.out.println("Maximum value: " + bp2); int[] w3 = new int[]{3, 4, 2}; int[] v3 = new int[]{4, 5, 3}; int W3 = 7; System.out.println("Testcase for repeated backpack."); int bp3 = backpack3(W3, w3, v3); // bp3 should be 10 System.out.println("Maximum value: " + bp3); } } ~~~ ### Reference - 《挑战程序设计竞赛》第二章 - Chapter 6.4 Knapsack *Algorithm - S. Dasgupta* - [0019算法笔记——【动态规划】0-1背包问题 - liufeng_king的专栏](http://blog.csdn.net/liufeng_king/article/details/8683136) - [崔添翼 § 翼若垂天之云 › 《背包问题九讲》2.0 alpha1](http://cuitianyi.com/blog/%E3%80%8A%E8%83%8C%E5%8C%85%E9%97%AE%E9%A2%98%E4%B9%9D%E8%AE%B2%E3%80%8B2-0-alpha1/) - [Knapsack.java](http://introcs.cs.princeton.edu/java/96optimization/Knapsack.java.html)