01背包问题的解决原文：Jiao机器感知8月7日

其实01背包问题的解决
原文：Jiao机器感知8月7日的问题并不复杂，但是又很多的朋友都不太了解，因此呢，今天小编就来为大家分享01背包问题的解决
原文：Jiao机器感知8月7日的一些知识，希望可以帮助到大家，下面我们一起来看看这个问题的分析吧！

我们有$N$ 件物品，物品$i$ 的重量为$w[i]$，价格为$p[i]$。我们假设所有物品的重量和价格都是非负的，背包能承受的最大重量W为。如果限制每项只能选择0或1，则该问题称为0-1背包问题。

2. 二维动态规划解法

二维动态规划实际上就是填一张表。表中的数值代表可以获得的最大总值。表格如下：

现在我们分析动态规划中的状态转换。假设当前要寻找的状态为table[i][j]，其中$i$表示第$i$个物品，$j$表示当前背包容量。由于是01背包问题，即某一项只能选择或不选择，即目前有两种可能的最优解，即选择或不选择，对应的总值为：table[ i-1][j]，表[i-1][j-w[i]]+v[i]，解释如下：

当不选择第$i$项时，当前最大值与状态为$i-1$、容量为$j$时的最优解相同；当选择第$i$项时，当前最大值为状态$i-1$，但容量为$j-w[i]$，当其值为$v[i]时加上当前项的值$，可见该问题的状态转移方程如下：

表[i][j]=max(表[i-1][j],表[i-1][j-w[i]]+v[i])

有了这个状态转移方程，我们就可以编写程序了。示例程序如下：

//总重量

#定义W (18)

//总的东西

#定义N (7)

int表[N+1][W+1]={0}；

int 值[N+1]={0, 12, 10, 8, 11, 14, 7, 9};

int 权重[N+1]={0, 4, 6, 5, 7, 3, 1, 6};

无效背包()

{

整数k，w；

对于（k=1；k=N；k++）{

对于（w=1；w=W；w++）{

if (权重[k] w) {

表[k][w]=表[k-1][w]；

} 别的{

int value1=表[k-1][w-权重[k]] + value[k];

int value2=表[k-1][w];

如果（值1值2）{

表[k][w]=值1；

} 别的{

表[k][w]=值2；

}

运行结果如下。对比网络图，我们可以看到结果是完全一样的：

3. 最优解回溯

通过上述方法可以找到背包问题的最优解，但是我们仍然不知道最优解由哪些商品组成。因此，我们需要根据最优解进行回溯，找出解的组成。根据填表时的规则，通过反推法可知：

一个。如果table[i][j]==table[i-1][j]，说明第$i$项没有被选中，那么上一步就是table[i-1][的位置j] 地点；

b.如果table[i][j] !=table[i-1][j]，则表示选择了第$i$个产品，然后根据table[i][j]=table[i-1] [j-w [i]] + v[i] 可以得到之前的位置为table[i-1][j-w[i]]；

c.重复此操作，直到找到i=0。

示例代码如下：

无效show_track()

{

向量对int，int轨道；

int i=N，j=W；

而（i0）{

if (表[i][j]==表[i-1][j]) {

我- ;

} 别的{

track.push_back(make_pair(i, j));

int w=权重[i]；

j-=w；

我- ;

}

for (int i=0; itrack.size(); i++) {

cout track[i].first ‘ ‘;

}

4. 复杂度分析

根据程序分析，我们需要填写的表数量为$N*W$，所以时间复杂度和空间复杂度都是$O(N*W)$，因为必须遍历所有可能性才能得到最优解决方案，不像有序数组可以分成两部分什么的，所以时间复杂度无法优化，但是空间复杂度还是可以优化的，因为我们每次更新都只和前一时刻的状态有关，所以有不需要通过保留这么多时刻的状态，空间复杂度可以优化到$O(W)$。首先分析一下上一步的核心代码：

对于（w=1；w=W；w++）{

对于（k=1；k=N；k++）{

if (权重[k] w) {

表[k][w]=表[k-1][w]；

} 别的{

int value1=表[k-1][w-权重[k]] + value[k];

int value2=表[k-1][w];

}

可以看到，在核心代码部分，每次更新都只与前一时刻的状态相关。对应于表，每次更新只与表中的一行数据相关。这就是为什么空间复杂度可以优化为$O(W)$的原因，如果简单的优化成下面的代码：

对于（w=1；w=W；w++）{

对于（k=1；k=N；k++）{

if (权重[k] w) {

表[w]=表[w]；

} 别的{

//需要w前面的w-weight[k]处的值

int value1=表[w-权重[k] + 值[k];

int value2=表[w];

表[w]=.

}

上面的代码不会给出正确的结果，为什么？我们从左到右扫描行，需要取$w-weight[k]$，也就是$w$左边的值，但是我们从左边开始更新，那么我们需要的值就是初始更新被覆盖，得到的值是当前时刻的值，而不是上一时刻的期望值。显然，不可能得到正确的结果。为了避免这种覆盖现象，我们可以通过反向扫描的方式进行更新。即从右向左更新，这样更新的位置就不会被左边所需要，也能得到正确的结果。代码如下：

无效背包优化（）

{

//只使用表中的第一行

整数k，w；

对于（k=1；k=N；k++）{

对于（w=W；w=1；w–）{

if (权重[k] w) {

表[0][w]=表[0][w];

} 别的{

int value1=table[0][w-weight[k]] + value[k];

int value2=表[0][w];

如果（值1值2）{

表[0][w]=值1；

} 别的{

表[0][w]=值2；

}

5. 总结

01 背包问题的求解采用二维动态规划。简单二维动态规划的时间复杂度和空间复杂度都是$O(N*W)$。分析代码可以看出，状态转移时，当前状态只与前一时刻的状态相关，因此空间复杂度可以优化为$O(W)$。优化代码时需要注意的是：行更新顺序需要改变，以避免新的状态覆盖前一个状态。需要从右向左更新当前的状态；得到最优解后，需要回溯最优解。该方法步骤可以如上所述进行。

附录