地主家有 N 个物品,每个物品有重量和价值两个属性,其中第 i 个物品的重量为 wt[i],价值为 val[i]。
问张三现在用这个背包装物品,最多能装的价值是多少?
举例:
- N = 3 //地主家有三样东西
- wt = [2,1,3] //每样东西的重量
- val = [4,2,3] //每样东西的价值
- W = 4 //背包可装载重量
算法应该返回 6.
因为选择第一件物品和第二件物品,在重量没有超出背包容量下,所选价值最大。
如果每种物品只能选 0 个或 1 个(即要么将此物品装进包里要么不装),则此问题称为 0-1 背包问题;如果不限每种物品的数量,则称为无界(或完全)背包问题。
今天这篇文章我们只关注 0-1 背包问题,下一篇文章再聊完全背包问题。
那我们是如何选择要装入的物品的?
思路初探
首先,质量很大价值很小的物品我们先不考虑(放着地主家金银财宝珍珠首饰不偷,背出来一包煤...,那也就基本告别盗窃行业了...)
然后呢?再考虑质量大价值也大的?还是质量较小价值也稍小的?
我们自然而然想到:装价值/质量 比值最大的,因为这至少能说明,此物品的“价质比”最大(也即贪心算法,每次选择当前最优)
那么这样装能保证最后装入背包里的价值最优吗?
我们先来看一个例子:
假设有 5 个物品,N = 5,每种物品的质量与价值如下:
- W : 20, 30, 40, 50, 60
- V : 20, 30, 44, 55, 60
- V/W: 1, 1, 1.1, 1.1, 1
背包容量为 100
如果按上述策略:优先选“价质比”最大的:即第三个和第四个物品
- 此时质量:40+50=90
- 价值:44+55 =99
但我们知道,此题更优的选择策略是:选第一个,第二个和第四个
- 此时质量:20+30+50=100
- 价值:20+30+55=105
所以,我们的“价质比”这种贪心策略显然不是最优策略。
读过一文学懂动态规划这篇文章的读者会发现,之前文章中兑换零钱例子我们最开始也是采取贪心策略,但最后发现贪心不是最优解,由此我们引出了动态规划。
没错,今天这题也正是动态规划又一经典的应用。
解题思路
根据动之前的文章我们知道,动态规划的核心即:状态与状态转移方程。
那么此题的状态是什么呢?
状态
何为状态?
说白了,状态就是已知条件。
重读题意我们发现:此题的已知条件只有两个:
- 背包容量
- 可选的物品
题目要求的是在满足背包容量前提下,可装入的最大价值。
那么我们可以根据上述状态定义出 dp 数组,即:
dp[i][w] 表示:对于前i个物品,当前背包的容量为w,这种情况下可以装的最大价值是dp[i][w]
我们自然而然的考虑到如下特殊情况:
当 i = 0 或 w = 0,那么:
dp[0][...] = dp[...][0] = 0
解释:
对前 0 个物品而言,无论背包容量等于多少,装入的价值为 0;
当背包容量为 0 时,无论装入前多少个物品(因为一个都装不进去),背包里的价值依旧为 0。
根据这个定义,我们求的最终答案就是dp[N][W]
我们现在找出了状态,并找到了 base case,那么状态之间该如何转移呢(状态转移方程)?
状态转移方程
dp[i][w] 表示:对于前i个物品,当前背包的容量为w,这种情况下可以装的最大价值是dp[i][w]。
思考:对于当前第 i 个物品:
- 如果没有把第 i 个物品装入包里(第 i 个物品质量大于当前背包容量):那么很显然,最大价值dp[i][w]应该等于dp[i - 1][w],没有装进去嘛,故当前背包总价值就等于之前的结果,即第i - 1 个物品之前的总价值 。
- 如果把第 i 个物品装入了包里,那么 dp[i][w]应该等于什么呢?
它应该等于下面两者里的较大值:
- dp[i - 1][w] //前i - 1个物品,背包所装的最大价值
- dp[i - 1]w - wt[i]] + val [i] //当前第 i 个物品我装里边了,那么此时背包装入的总价值即为:当前第 i 个物品的价值 val [i] + 第 i 个物品之前,背包容量为w - wt[i](w 减去当前第 i 个物品的质量)dp[i - 1]w - wt[i]] 时的价值
上述两个如果可以写成以下代码:
- //如果第i个物品质量大于当前背包容量
- if (wt[i] > W) {
- dp[i][W] = dp[i-1][W]; //继承上一个结果
- } else {
- //在“上一个结果价值”和“把当前第i个物品装入背包里所得到价值”二者里选价值较大的
- dp[i][W] = Math.max(dp[i-1][W],dp[i-1][W-wt[i]] + val[i])
- }
例子
我们接来下再用一个具体的例子,来理解状态和状态转移方程。
现在我们有 4 个物品,物品对应的价值与质量分别如上图左侧所示:
- 6, 4
- 2,5
- 1, 4
- 8, 1
Step 1
我们首先初始化一行和一列 0,分别对应dp[0][w] 和 dp[i][0]。
那么第一个问号处应该填什么呢?
我们根据上述表述的状态转移关系来判断:
当前第一个物品的重量 4 > 背包容量,故装不进去,所以继承上一个结果。
上一个结果是什么呢?
就是第 i - 1个物品,也就是第 0 个,和W = 1时的价值:
- if (wt[i] > W) {
- dp[i][W] = dp[i-1][W]; //继承上一个结果
- }
此时方框里的值为 0,故第一个问号这里应该填 0
Step 2
现在我们走到了当背包容量 W = 2 的时候,此时当前 i (依旧第一个物品)能否装进背包里呢?
我们发现 4 > 2,此时还是装不进去,那么同样继承上一个结果。
上一个结果是 i 不变(依旧是第 **0 **个物品),W = 2,所以结果依旧为 0。
Step 3
现在来到 W = 3,发现依旧装不进去,所以填 0。
Step 4
下一步到 W = 4 这里了,
此时物品重量 4 = 4(背包容量),可以装里,那么按照之前状态转移关系应该是:
- else {
- //在“上一个结果价值”和“把当前第i个物品装入背包里所得到价值”二者里选价值较大的
- dp[i][W] = Math.max(dp[i-1][W],dp[i-1][W-wt[i]] + val[i])
- }
Option A:
- 上一个结果 : dp[i - 1][w],即dp[0][4] = 0
Option B:
- 把当前第 i 个物品装入背包里所得到价值:dp[i - 1]W - wt[i]] + val [i]
此时第一个物品的重量为 4,背包容量为 4,
故要想装入重量为 4 的此物品,那么背包先前的容量必须为当前背包容量 - 当前物品容量:4 - 4 = 0。
我们随即找到在没装入此物品(重量为 4,价值为 6)之前的dp[i -1]W - wt[i]] = dp[0][0] = 0
那么dp[i -1]W - wt[i]] + val [i] = 0 + 6 = 6
6 和 0 选择一个最大值,所以这里问号处应填入6
Step 5
下一步我们来到 W = 5 这里,此时依旧是第一个物品,质量 4 < 5(背包容量),我们可以装里边。
然后我们在
Option A:
- 上一个结果 :dp[0][5] = 0
Option B:
- 把当前第 i 个物品装入背包里所得到价值:dp[i -1]W - wt[i]] + val [i]
此时第一个物品的重量为 4,背包容量为 5
故要想装入重量为 4 的此物品,那么背包先前的容量必须为:当前背包容量 - 当前物品容量:5 - 4 = 1 ,
我们随即找到在没装入此物品(重量为 4,价值为 6)之前的dp[i - 1]W - wt[i]] = dp[0][1] = 0
那么dp[i -1]W - wt[i]] + val [i] = 0 + 6 = 6
选择一个最大值,即 6,所以此处应该填入 6
我们根据以上状态转系关系,依次可以填出空格其它值,最后我们得到整个 dp 数组:
V | W | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
---|---|---|---|---|---|---|---|---|
0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 |
6 | 4 | 0 | 0 | 0 | 0 | 6 | 6 | 6 |
2 | 5 | 0 | 0 | 0 | 0 | 6 | 6 | 6 |
1 | 4 | 0 | 0 | 0 | 0 | 6 | 6 | 6 |
8 | 1 | 0 | 8 | 8 | 8 | 8 | 14 | 14 |
最后的 dp[4][6]:考虑前四个物品,背包容量为 6 的情况下,可装入的最大价值,即为所求。
(注意:我们在这里求的是 0-1 背包问题,即某一个物品只能选择 0 个或 1 个,不能多选!)
代码
根据以上思路,我们很容易写出代码:
两层 for 循环
外层循环 i 遍历物品(即前几个物品):
- for(int i = 1;i <=N;i++){
- ...
- }
内层循环 j 遍历 1~W(背包容量)之间的整数值:
然后写入状态转移方程
- for(int j = 0;j <= W;j++){
- //外层循环i,如果第i个物品质量大于当前背包容量
- if (wt[i] > W) {
- dp[i][W] = dp[i-1][W]; //继承上一个结果
- } else {
- //在“上一个结果价值”和“把当前第i个物品装入背包里所得到价值”二者里选价值较大的
- dp[i][W] = Math.max(dp[i-1][W],dp[i-1][W-wt[i]] + val[i])
- }
- }
由此我们给出完整代码:
- class solution{
- public int knapsackProblem(int[] wt,int[] val,int size){
- //定义dp数组
- int[][] dp = new int[wt.length][size];
- //对于装入前0个物品而言,dp数组储存的总价值初始化为0
- for(int i = 0;i < size;i++){
- int[0][i] = 0;
- }
- //对于背包容量W=0时,装入背包的总价值初始化为0
- for(int j = 0;j < size;j++){
- int[j][0] = 0;
- }
- //外层循环遍历物品
- for(int i = 1;i <= N;i++){
- //内层循环遍历1~W(背包容量)
- for(int j = 0;j <= W;j++){
- //外层循环i,如果第i个物品质量大于当前背包容量
- if (wt[i] > W) {
- dp[i][W] = dp[i-1][W]; //继承上一个结果
- } else {
- //在“上一个结果价值”和“把当前第i个物品装入背包里所得到价值”二者里选价值较大的
- dp[i][W] = Math.max(dp[i-1][W],dp[i-1][W-wt[i]] + val[i])
- }
- }
- }
- }
- }
只要我们定义好了状态(dp 数组的定义),理清了状态之间是如何转移的,最后的代码水到渠成。
本文所说的这个 0-1 背包问题,Leetcode 上并没有这个原题,所以对于背包问题,最重要的是它的变种。
背包问题是一大类问题的统称,很大一部分动态规划的题深层剖析都可以转换为背包问题。
所以还需要理解体会背包问题的核心思想,再将此种思想运用到其它一类背包问题的问题上。
那么背包问题还有哪些变化呢?我们下期见~