0-1背包问题、完全背包、多重背包问题

1 0-1背包

题目：有N件物品和一个容量为V的背包。第i建物品的费用是c[i],价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大（每件物品只能被使用一次）

根据题目，可以确定使用动态规划思路进行求解，定义一个数组$dp$，$dp[i][j]$表示有$i$件物品，背包容量是$j$所能装入的物品的最大价值。

则有状态转移方程如下：$dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-c[i]]+w[i])$

其中，每次选取都有两种选择：

装入背包（背包能放得下该物品）：则问题就转化成前$i-1$件物品装入容量为$j$的背包的最大价值，则表示为$dp[i-1][j-c[i]]$，再加上当前物品$i$的价值$w[i]$，
不装入背包：那么问题就转换成前$i-1$件物品放入容量为$j$的背包的最大价值，则$dp[i-1][j]$

/**
*
* @param n 物体的数量
* @param w 背包所能放物体的最大重量
* @param wt 每件物体的重量
* @param val 每件物体的价值
* @return
*/
public int dpSolution(int n, int w, int[] wt, int[] val) {
    int[][] dp = new int[n + 1][w + 1];
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= w; j++) {
            if (j >= wt[i - 1])//背包所能承受的重量大于物体的重量，就放进去
            	dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - wt[i - 1]] + val[i - 1]);
            else
            	dp[i][j] = dp[i -1][j];
        }
    }
    return dp[n][w];
}

0-1背包的空间优化

回顾 01 背包的基本解法的状态转移方程，如下：

1 2	dp[i][j] = dp[i - 1][j] 当前物品不选 dp[i - 1][j - v[i]] + w[i] 当前物品选，j - v[i] 要大于等于 0

空间复杂度为 $O(NV)O(NV)$，状态转移中 i 这一维只跟 i - 1 有关系，因此 i 这一维用滚动数组至少可以将 N 行优化为 2 行。这本来是动态规划的基本操作，在线性动态规划中很常见。这里特别提空间优化是因为 01 背包的 i 这一维用 1 行就可以解决。

1	假设状态只有一行，即 dp[j] := 占用了 j 空间的情况下可以取到的最大价值, 在推第 i 行的时候，dp 数组中存的是第 i - 1 行的信息。

看状态的两个转移方向，第一个是 $dp[i - 1][j]$，这刚好就是当前 $dp $数组在 $j $位置保存的数据，因此不用动，比较麻烦的是另一个，就是 $dp[i - 1][j - v[i]] + w[i]$。这里要用到第 $i - 1 $行的 $dp[j - v[i]]$，但是如果按照正常的 $j $从 $0$ 到 $V$ 推的话，计算 $dp[j]$ 的时候，$dp[j - v[i]]$ 保存的已经是第 $i $行信息了。

因此这里需要转换一下，从大往小推，推到 $dp[j]$ 时，$dp[j+1], dp[j+2],…,dp[V]$ 都已经是第$i$行的信息了，但是它们对 $dp[j] $的计算没有影响，有影响的 $dp[j-v[i]]$ 此时还是第 $i - 1$ 行的信息，可以满足转移方程$dp[i - 1][j - v[i]] + w[i] $的需要。因此当空间这一维的状态从大往小推的时候，$i$ 这一维状态可以优化到一维。

这就是 01 背包的终极形态了。

1	dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i]] + w[i]) // j 从大往小推

完整代码：

/**
*
* @param n 物体的数量
* @param w 背包所能放物体的最大重量
* @param wt 每件物体的重量
* @param val 每件物体的价值
* @return
*/
public int dpSolution2(int n, int w, int[] wt, int[] val){
    int [] dp=new int[w+1];
    for (int i = 1; i < n+1; i++) {
        for (int j=w;j>0;j--) {
            if (j>=wt[i-1])
            	dp[j] = Math.max(dp[j],dp[j-wt[i-1]]+val[i-1]);
        }
    }
    return dp[w];
}

2 完全背包

题目：有N件物品和一个容量为V的背包。第i建物品的费用是c[i],价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大（每件物品可以被无限次使用）

与0-1背包不同的是，完全背包中的每个物品可以被无限次使用。

状态转移方程：$dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-c[i]]+w[i])$

不装入背包：则问题转化成从前$i-1$个物品所能用的容量是$j$，则有$dp[i-1][j]$
装入背包：在0-1背包中，当取第$i$个物品时，可以知道前$i-1$个物品所能用的最大容量是$j-c[i]$，完全背包中每个物品可以取无限次，所以如果取第$i$个物品，那么前$i$个物品所能用的容量还是$j-c[i]$，$dp[i][j-c[i]]+w[i]$。

/**
*
* @param n 物体的数量
* @param w 背包所能放物体的最大重量
* @param wt 每件物体的重量
* @param val 每件物体的价值
* @return
*/
public int dpSolution(int n, int w, int[] wt, int[] val) {
    int[][] dp = new int[n + 1][w + 1];
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= w; j++) {
            if (j >= wt[i - 1])//背包所能承受的重量大于物体的重量，就放进去
            	dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i][j - wt[i - 1]] + val[i - 1]);
            else
            	dp[i][j] = dp[i -1][j];
        }
    }
    return dp[n][w];
}

完全背包的空间优化

考虑空间优化后的状态转移方程如下：在 01 背包中，由于推第 $i$ 行的 $dp[j]$ 时需要第 $i - 1$ 行的 $dp[j-v[i]] $，因此忌讳在推导 $dp[j]$ 时，$dp[j-v[i]]$ 已经更新过了, 这是 01 背包不希望发生的事，解决的办法就是 $j$ 从大往小推。

而上述 01 背包不希望发生的事正是完全背包希望发生的，即推导第 $i$ 行的 $dp[j]$ 时，用到第 $i$ 行的 $dp[j -v[i]]$ 。而这仅需要把 01 背包中的从大往小推 $j$ 改为从小往大推 $j$ 即可实现。这就是完全背包的优化巧妙的地方。

$dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i]] + w[i]) $

作者：力扣 (LeetCode)
链接：https://leetcode-cn.com/leetbook/read/dynamic-programming-2-plus/5253i5/
来源：力扣（LeetCode）
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。

/**
*
* @param n 物体的数量
* @param w 背包所能放物体的最大重量
* @param wt 每件物体的重量
* @param val 每件物体的价值
* @return
*/
public int dpSolution2(int n, int w, int[] wt, int[] val){
    int [] dp=new int[w+1];
    for (int i = 1; i < n+1; i++) {
        for (int j = 1; j <= w; j++) { //从小往大推
            if (j>=wt[i-1])
            	dp[j] = Math.max(dp[j],dp[j-wt[i-1]]+val[i-1]);
        }
    }
    return dp[w];
}

3 多重背包问题

有N种物品和一个容量为V的背包。第i种物品最多有n[i]件，每件费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大

思路 1 ：将物品展开，全拆成 01

这与完全背包的朴素思路一致。与完全背包的情况一样，这种方法是正确的，但是时间复杂度较高。

多重背包的朴素算法与完全背包的朴素算法没有区别，而多重背包的优化相对较难，并且力扣上面没有多重背包的题目。下面仅对多重背包的优化做简单的介绍。

思路 2 ：2 进制分解

这是对思路 1 的优化。

有这样一个事实：任意一个数 n，它一定可以用 1,2,4,8,… $2^{k}$ ，以及 $2^{k}$到 $2^{k+1}$之间的某个数表示。例如 13 以内的所有数都可以用 1,2,4,6 表示。所以对于物品 $i$, 数量限制是$c_{i}$, 可以将其分成若干物品，它们的价值和体积为：($w_{i}$ ，$v_{i}$)，($2w_{i}$，$2v_{i}$)，…

然后对这些物品做 01 背包。这样 01 背包的物品数就比思路 1 少很多了。这可以理解为类似于倍增法的思想。倍增法超出了力扣的范围，感兴趣的话可以找相关的资料学习。

以上就是背包动态规划的基本内容。背包动态规划在力扣上题目不多，下一节整理了 8 道背包动态规划的练习题，通过这些题可以大致了解背包问题的一些经典问题和常见的问法。

作者：力扣 (LeetCode)
链接：https://leetcode-cn.com/leetbook/read/dynamic-programming-2-plus/5253i5/
来源：力扣（LeetCode）
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