0-1背包问题

本文内容来来源于《计算机算法设计与分析》(王晓东著)，是笔者的学习笔记，内容不当处，欢迎留言探讨

问题描述：给定n中物品和一背包，物品i的重量是 $w_i$ ，价值为 $v_i$ ，背包容量为c。应如何选择装入背包中的物品，使得装入背包中物品的总价值最大。
目标函数： $max\sum_{i=1}^{n}v_ix_i$ 即装入背包中的物品价值达到最大。
约束条件： $\sum_{i=1}^{n}v_ix_i<c$ ，即装入背包中的物品总重量小于背包的容量。
好吧，其实我看到这里已经要睡着了，脑子里想到的画面是装到背包里的东西，和重量有个线球关系，你该考虑的不该是体积么，反正我装背包，从来不担心重量。不过不要紧，清醒一下，洗把脸，心里默念，去~~~的

1、最优子结构

动态规划的本质是对问题进行分解，对每个子问题求解，从而得到原问题的解，当然，其灵魂是建立一个表格，或者什么都行，存储一部分子问题的解，避免进行重复计算。

设 $(y_1,y_2...y_n)$ 是0-1背包问题的最优解，则 $(y_2,y_3,...y_n)$ 是一个子问题的最优解，该子问题的最优解情况如下： $max\sum_{i=2}^nv_ix_i\\\begin{cases}\sum_{i=2}^{n}w_ix_i\leqslant c-w_1y_1\\x_i\in\{0,1\},2\leqslant i \leqslant n\end{cases}$
书中写的是 $w_iy_1$ ，目测笔误，下版建议修改。

2、递归关系

子问题i的问题描述： 背包容量为 $j$ ，可选择物品编号为 $i,i+1,...n$ ，对应的价值的最优值为 $m(i,j)$ 。数学表达： $max\sum_{k = i}^{n}v_kx_k\\\begin{cases}\sum_{k=i}^nw_kx_k\leqslant j\\x_k\in\{0,1\},i\leqslant k \leqslant n\end{cases}$
笔者一开始对放入背包中的物品编号从 $i$ 到 $n$ 感觉很不适应，觉得如果从1到 $i$ 的话也不是不行。
递归关系构建： $m(i,j)=\begin{cases}max\{m(i+1,j),m(i+1,j-w_i)+v_i\},j\geqslant w_i\\m(i+1,j) ,0\leqslant j<w_i\end{cases}$
$m(i,j)=\begin{cases}v_n,j \geqslant w_n\\0,0\leqslant j<w_n\end{cases}$
笔者这里看到 $j\geqslant w_i$ ，第一反应是背包剩余容量大于物品i的重量，但这是与 $j$ 的定义是相反的，再次强调 $j$ 表示的是背包容量，是子问题的背包容量。
递归关系公式中，第一个式子表示的含义是，物品编号为从 $i$ 到 $n$ ，背包容量为 $j$ 的子问题的最佳解有两种情况：
- 背包容量 $j$ 小于物品 $i$ 的重量 $w_i$ : 此时物品 $i$ 是放不进背包中的，最佳解的值就是我们已经得到 $i+1...n$ 的解。
- 背包容量 $j$ 大于物品 $i$ 的重量 $w_i$ ：此时物品 $i$ 是可以放到背包中的，那我们要分别作出讨论。**背包中不放入物品 $i$ **，因为不放入物品 $i$ 并不影响背包容量，所以此时最佳解的值为 $m(i+1,j)$ ; 背包中放入物品 $i$ ,放入后，背包中已有物品价值是 $v_i$ ,背包原本容量为 $j$ ,此时剩余 $j-w_i$ ,所以最佳解的值为 $m(i+1,j-w_i)+v_i$ 。此时最佳解就是这两个值中的最大值。

递归分析，我们的初始问题肯定是 $1....n$ 求解，逐层递归，最后一个子问题是物品 $n$ 的子问题，再将值逐层返回上层。

3、代码实现

终于开始了，笔者都有些迫不及待了，不过真的要吐槽一下这本书，讲的极为简单，对自学的学渣可能不太友好，代码还没有注释，看得想撕书。

// 0-1背包问题
// m[i][j]记录不同情况下的最佳值
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
void Knapspack(int v[], int w[], int c, int n, int m[][101]) {
	/* v是价值向量，w是质量向量，c是背包容量，n物品数量，m是最价值矩阵*/
	int jMax = min(w[n] - 1, c);   
	/*从递归关系的公式中，我们可以看到最后一层递归是可选物品为n，此时的子问题中，背包容量有两种可能：
	容量小于物品n的质量，容量大于或等于物品n的质量，这与递归关系中的两种情况相同。
	此处w[n]-1表示的就是小于n的质量，选择w[n]-1和c中小的那个，就是先给容量小于w[n]的情况赋值*/
	for (int j = 0; j <= jMax; j++)        // jMax小于w[n],所以此处对m[n][j]赋值0 
		m[n][j] = 0;
	for (int j = w[n]; j <= c; j++)        // 此处j从w[n]开始增长，
		m[n][j] = v[n];                    //表示的情况是子问题中背包容量足够装下物品n,将n放入背包
	for (int i = n - 1; i > 1; i--) {   
     /*可选物品为n的情况已经确定了，就已经具备了逐层求解的条件。求解从可选物品为n-1，n开始。*/
		jMax = min(w[i] - 1, c);           // 先确定 0<= j <w[i]时的m[i][j]
		for (int j = 0; j <= jMax; j++)
			m[i][j] = m[i + 1][j];
		for (int j = w[i]; j <= c; j++)    // 确定j>=w[i]时的m[i][j]
			m[i][j] = max(m[i + 1][j], m[i + 1][j - w[i]] + v[i]);
	}
	m[1][c] = m[2][c];                     //w[1]>c时的m[1][j]
	if (c >= w[1])                         //c>=w[1]时的m[1][j]
		m[1][c] = max(m[1][c], m[2][c - w[1]] + v[1]);
}

这一部分笔者在看书的时候看了好久，困了看，看了困，理解之后就发现，我去，这么简单！也希望大家在学习的时候不要害怕，不难的，学他！

通过上面的函数，我们可以求出 $m[i][j]$ 矩阵，但是并没有求出最优解，不过我们可以利用 $m[i][j]$ 矩阵求出最优解，这一部分是从 $m[i][j]$ 倒推，比如我们有5个商品， $m[1][5]=10$ ,如果 $m[1][5]=m[2][5]$ ，则1未放入背包中，反之放入，依此倒推。
$x[i]=\begin{cases} {1, m[i][j] \neq m[i+1][j]}\\{0,m[i][j]=m[i+1][j]}\end{cases}\\ j=\begin{cases}{j,x[i]=0}\\j=j-w[i],x[i]=1\end{cases}$
下面为求最优解的代码：

void Traceback(int m[][101], int w[], int c, int n, int x[]) {
	for (int i = 1; i < n; ++i) {
		if (m[i][c] == m[i + 1][c])
			x[i] = 0;
		else {
			x[i] = 1;
			c -= w[i];
		}
	}
	x[n] = m[n][c] ? 1 : 0;    //m[n][c]不为0，x[n]赋值1，为0，赋值0
}

主函数

int main() {
	int c;
	cout << "输入背包容量： ";
	cin >> c;
	int w[101], v[101], m[101][101], x[101];
	cout << "输入物品数量：  ";
	cin >> w[0];      // w[0]存储物品数量
	v[0] = w[0];
	cout << "输入各物品质量： ";
	for (int i = 1; i <= w[0]; ++i)
		cin >> w[i];
	cout << "输入各物品价值： ";
	for (int i = 1; i <= w[0]; ++i)
		cin >> v[i];
	Knapspack(v, w, c, w[0], m);
	Traceback(m, w, c, w[0], x);
	for (int i = 1; i <= w[0]; ++i)
		cout << x[i] << ' ';
	cout <<endl<< m[1][c];
	return 0;
}