DP揹包問題小結(01揹包，完全揹包，需恰好裝滿或不需，一維DP、二維DP)
阿新 • • 發佈：2019-02-10
1）
揹包基礎，先以01揹包、求揹包所裝物品價值之和的最大值、不要求恰好裝滿時，易於理解的二維DP陣列儲存為例：
#include <iostream> #include <string.h> using namespace std; int dp[1010][1010]; int vp[1010]; int wp[1010]; int main() { int kase;cin>>kase; while(kase--){ memset(dp,0,sizeof(dp)); int n,v;cin>>n>>v; int v1,w1; for(int i=1;i<=n;i++){ cin>>vp[i]; } for(int i=1;i<=n;i++){ cin>>wp[i]; } for(int i=1;i<=n;i++){ v1=vp[i];w1=wp[i]; for(int j=0;j<=v;j++){//正序、逆序，皆可，因為有第一唯i的存在，保證了每一次更新都保證不會放入相同的物品 if(j>=w1) dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w1]+v1); else dp[i][j]=dp[i-1][j];//假如第i個因為體積原因放不進去，那麼d第i個的狀態繼承第i-1的狀態（如果不操作，則為初始值0） } } cout<<dp[n][v]<<endl; } }
2）以01揹包，採用方便寫的一維DP陣列，求揹包所裝物品價值之和最大值，不要求恰好裝滿揹包為例：
//三個小分支：
//改為求完全揹包時（￥1處有變化）
//改為求揹包所裝物品價值之和的最小值時，（#1與#2處程式碼，有變化)
//改為要求恰好裝滿揹包時（@1處程式碼有變化）
#include <iostream> #include <string.h> using namespace std; const int inf=100000000;//#1求揹包所裝物品價值之和的最大值時，inf為負無窮，如果求最小值，inf為正無窮，具體寫幾個0，看題目要求的限制 int main() { int kase;cin>>kase; int value[1010]; int volume[1010]; int dp[1010]; while(kase--){ int n;cin>>n; int bag;cin>>bag; memset(dp,0,sizeof(dp));/*@1不要求恰好裝滿揹包時，則dp[0]，和dp[1...n]都置為0。@2為替換程式碼。理由在@2下面。 /* //@2要求恰好裝滿揹包時，則dp[0]=0，dp[1...n]都為正無窮或者負無窮（取決於題目是求最大值還是最小值，看#1處） dp[0]=0; for(int i=1;i<=bag;i++) dp[i]=inf; */ /* 當我們把1到n初始化為無窮值，只有0是初始化為0時，這時其他不變，一切更新照常，所不同的是，只有以0作為基礎的更新的值處於正常範圍，而其他值都因為初始無窮的原因，每一次更新後的數都大於等於正無窮（如果取最小值則每一次更新後還是正無窮，如果取最大值，沒一次更新都大於正無窮），那麼區分是否能恰好裝滿，只需要看最後一個狀態的值是不是正常範圍內的值即可。舉例如下: f為負無窮，g為正無窮，sum為揹包總體積，v為物品價值,w為物品體積 sum:8 v w 3 2 4 3 w:0->n 要求恰好裝滿時，將0為0，將1,2,3...9都非0的初始值，又因為取最大值，所以非0的初始值是負無窮： 初始值： 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 f f f f f f f f f 0+2 f+2 f+2 2+2 f+2+2 f+2+2 2+2+2 0+3 f+3 f+3 2+3 3+3 f+3+3 ( 先放大數或者先放小數並沒有區別，舉例如下，先放v==4,w==3 初始值： 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 f f f f f f f f f 0+3 f+3 f+3 f+3 3+3 f+3+3 0+2 f+2 f+2 2+2 f+2+3 f+2+3 2+2+2 ) 不要求恰好裝滿時，此時0到9全部為0，不論取最大值還是取最小值，都是0做初始值： 初始值： 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 2 2 2+2 2+2 2+2 2+2+2 */ for(int i=0;i<n;i++){ cin>>value[i]; } for(int i=0;i<n;i++){ cin>>volume[i]; } for(int i=0;i<n;i++){ for(int j=bag;j>=volume[i];j--){//*￥1，01揹包每一種物品只能放一次，則此處要j從大到小，採用逆序（以保證，每一次更新放入的物品都不重複，都是在上一個物品放置後的情況下更新的），而完全揹包，j從小到大，正序，這樣使一種物品可以重複放置。兩者區別具體講，當j逆序由大到小如由j==3到j==2變化時,假設volume[i]=1，j-volume[i]也是逐漸減小，依次對應為，2、1，那麼狀態轉移方程就是dp[3]=max(dp[3],dp[2]+value[i]);dp[2]=max(dp[2],dp[1]+value[i]);如果是完全揹包，j正序由小變大，那麼dp[2]=max（dp[2],dp[1]+value[i]);dp[3]=max(dp[3],dp[2]+value[i]);最後一個式子中，進行比較所用的dp[2]剛剛被更新過，是現在這個物品放置一次、更新後的情況而非上一個物品放置後的情況！所以使同一個物品可以重複放置！*/ dp[j]=(dp[j]>dp[j-volume[i]]+value[i])?dp[j]:dp[j-volume[i]]+value[i];//#2,此處取大的一方更新原來的數，如果求最小值自然取小的一方更新原來的數。例如下面 /* dp[j]=(dp[j]<dp[j-volume[i]]+value[i])?dp[j]:dp[j-volume[i]]+value[i];// */ } } cout<<dp[bag]<<endl; } }
3）練習題目
01揹包、不要求恰好裝滿、求最大值，入門題，hdu2602；
完全揹包、要求恰好裝滿、求最小值，入門題，hdu1114；
hdu2602 AC程式碼：
#include <iostream> #include <string.h> #include <map> using namespace std; //map <int,int> bone; int main() { int kase;cin>>kase; int value[1010]; int volume[1010]; int dp[1010]; while(kase--){ int n;cin>>n; int bag;cin>>bag; memset(dp,0,sizeof(dp)); //int value,volume; for(int i=0;i<n;i++){ cin>>value[i]; //bone[value]=volume; } for(int i=0;i<n;i++){ cin>>volume[i]; } for(int i=0;i<n;i++){ for(int j=bag;j>=0;j--){ if(j>=volume[i]){ dp[j]=(dp[j]>dp[j-volume[i]]+value[i])?dp[j]:dp[j-volume[i]]+value[i]; } //else //dp[j]=dp[j]; } } cout<<dp[bag]<<endl; } }
hdu1114 AC程式碼：
#include <iostream>
#include <string.h>
using namespace std;
struct coin{
int value;
int weight;
}coins[510];
int dp[10010];
//求最小值，用正無窮：
long long int inf=100000000;
int main()
{
int kase;cin>>kase;
while(kase--){
int emp,full;cin>>emp>>full;
int volume=full-emp;
int n;cin>>n;
//恰好裝滿，不同初始值：
dp[0]=0;
for(int i=1;i<=volume;i++){
dp[i]=inf;
}
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>coins[i].value;
cin>>coins[i].weight;
}
//完全揹包，正序：
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=coins[i].weight;j<=volume;j++){
dp[j]=min(dp[j],dp[j-coins[i].weight]+coins[i].value);
}
}
if(dp[volume]==inf)
cout<<"This is impossible."<<endl;
else{
printf("The minimum amount of money in the piggy-bank is %d.\n",dp[volume]);
}
}
}