完全背包问题

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前言

在众多背包问题中「01 背包问题」是最为核心的，因此我建议你先精读过 背包问题 第一讲 之后再阅读本文。

其中 01 背包的「一维空间优化」更是要重点掌握。

另外，我在文章结尾处列举了我所整理的关于背包问题的相关题目。

背包问题我会按照编排好的顺序进行讲解（每隔几天更新一篇，确保大家消化）。

你也先可以尝试做做，也欢迎你向我留言补充，你觉得与背包相关的 DP 类型题目 ~

题目描述

有 $N$ 种物品和一个容量为 $C$ 的背包，每种物品都有无限件。

第 $i$ 件物品的体积是 $v[i]$，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。

其实就是在 0-1 背包问题的基础上，增加了每件物品可以选择多次的特点（在容量允许的情况下）。

示例 1：

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输入: N = 2, C = 5, v = [1,2], w = [1,2]
输出: 5
解释: 选一件物品 1，再选两件物品 2，可使价值最大。

常规解法

我们可以直接将 01 背包的「状态定义」拿过来用：

$dp[i][j]$ 代表考虑前$i$ 件物品，放入一个容量为 $j$ 的背包可以获得的最大价值。

由于每件物品可以被选择多次，因此对于某个 $dp[i][j]$ 而言，其值应该为以下所有可能方案中的最大值：

  • 选择 0 件物品 $i$ 的最大价值，即 $dp[i-1][j]$
  • 选择 1 件物品 $i$​ 的最大价值，即$dp[i-1][j-v[i]]+w[i]$
  • 选择 2 件物品 $i$​ 的最大价值，即$dp[i-1][j-2v[i]]+2w[i]$ …
  • 选择 k 件物品 $i$​ 的最大价值，$dp[i-1][j-kv[i]]+kw[i]$

由此我们可以得出「状态转移方程」为：

$$
d p[i][j]=\max (d p[i-1][j], d p[i-1][j-k * v[i]]+k * w[i]), 0<k * v[i] \leqslant j
$$
代码：

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class Solution {
    public int maxValue(int N, int C, int[] v, int[] w) {
        int[][] dp = new int[N][C + 1];

        // 先预处理第一件物品
        for (int j = 0; j <= C; j++) {
            // 显然当只有一件物品的时候，在容量允许的情况下，能选多少件就选多少件
            int maxK = j / v[0];
            dp[0][j] = maxK * w[0];
        }

        // 处理剩余物品
        for (int i = 1; i < N; i++) {
            for (int j = 0; j <= C; j++) {
                // 不考虑第 i 件物品的情况（选择 0 件物品 i）
                int n = dp[i - 1][j];
                // 考虑第 i 件物品的情况
                int y = 0;
                for (int k = 1 ;; k++) {
                    if (j < v[i] * k) {
                        break;
                    }
                    y = Math.max(y, dp[i - 1][j - k * v[i]] + k * w[i]);
                }
                dp[i][j] = Math.max(n, y);
            }
        }
        return dp[N - 1][C];
    }
}
  • 时间复杂度：共有 $NC$ 个状态需要被转移，但每次转移都需要枚举当前物品的件数，最多枚举 C 次（重量为最小值 1），因此整体复杂度为 $O(NC*C)$
  • 空间复杂度：$O(N*C)$

滚动数组

通过观察我们的「状态转移方程」可以发现，我们在更新某个 $dp[i][x]$的时候只依赖于 $dp[i-1][x]$。

因此我们可以像 01 背包那样使用「滚动数组」的方式将空间优化到 $O(C)$。

代码：

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class Solution {
    public int maxValue(int N, int C, int[] v, int[] w) {
        int[][] dp = new int[2][C + 1];

        // 先预处理第一件物品
        for (int j = 0; j <= C; j++) {
            // 显然当我们只有一件物品的时候，在容量允许的情况下，能选多少件就选多少件
            int maxK = j / v[0];
            dp[0][j] = maxK * w[0];
        }

        // 处理剩余物品
        for (int i = 1; i < N; i++) {
            for (int j = 0; j <= C; j++) {
                // 不考虑第 i 件物品的情况（选择 0 件物品 i）
                int n = dp[(i - 1)&1][j];
                // 考虑第 i 件物品的情况
                int y = 0;
                for (int k = 1 ;; k++) {
                    if (j < v[i] * k) {
                        break;
                    }
                    y = Math.max(y, dp[(i - 1)&1][j - k * v[i]] + k * w[i]);
                }
                dp[i&1][j] = Math.max(n, y);
            }
        }
        return dp[(N - 1)&1][C];
    }
}
  • 时间复杂度：共有 $NC$​ 个状态需要被转移，但每次转移都需要枚举当前物品的件数，最多枚举 C 次（重量为最小值 1），因此整体复杂度为 $O(NC*C)$
  • 空间复杂度：$O(N*C)$

一维空间优化

我们知道在 01 背包中，最重要的是「一维空间优化」解法。

之所以 01 背包能够使用「一维空间优化」解法，是因为当我们开始处理第 [公式] 件物品的时候，数组中存储的是已经处理完的第 [公式] 件物品的状态值。

然后配合着我们容量维度「从大到小」的遍历顺序，可以确保我们在更新某个状态时，所需要用到的状态值不会被覆盖。

因此 01 背包问题的状态转移方程为：

$$
d p[j]=\max (d p[j], d p[j-v[i]]+w[i])
$$
同时容量维度的遍历顺序为从大到小。

PS. 如果你不太理解上面的话，或许是因为你「还没学习」或者「有点忘记」01 背包问题，三叶强烈建议你先对 01 背包问题 进行学习/回顾。

而「完全背包」区别于「01 背包」，在于每件物品可以被选择多次。

因此你可能会在别的地方看到这样的讲解：

「01 背包将容量维度「从大到小」遍历代表每件物品只能选择一件，而完全背包将容量维度「从小到大」遍历代表每件物品可以选择多次。」

这样的解释其实是利用了人的抽象思维，但感觉不一定是对的。

接下来，我们从「数学」的角度去证明为什么修改 01 背包的遍历顺序可以正确求解完全背包问题。

我们先来展开完全背包中 $dp[i][j]$的所有可能方案：
$$
dp[i][j]=\max (d p[i-1][j], d p[i-1][j-v[i]]+w[i], d p[i-1][j-2 * v[i]]+2 * w[i], \ldots, d p[i-1][j-k * v[i]]+k * w[i]), 0 \leqslant k * v[i] \leqslant j
$$

$dp[i][j]$所代表的含义：在容量允许的情况下，对于第 $i$ 件物品，我们可以不选，可以选 1 次，可以选 2 次，…，可以选 $k$ 次 …

然后我们通过代入，看看 $dp[i][j-v[i]]$ 是什么内容：

$$
dp[i][j-v[i]]=\max (d p[i-1][j-v[i]], d p[i-1][j-2 * v[i]]+w[i], d p[i-1][j-3 * v[i]]+2 * w[i], \ldots, d p[i-1][j-k * v[i]]+(k-1) * w[i]), 0 \leqslant k * v[i] \leqslant j
$$
光看公式可能很难看出两者的联系，三叶将相同的部分进行标记：

img

总结一下。

  • 0-1 背包问题的状态转换方程是：

$$
d p[i][j]=\max (d p[i-1][j], d p[i-1][j-v[i]]+w[i])
$$

由于计算 $dp[i][j]$ 的时候，依赖于 $dp[i][j-v[i]]$​。

因此我们在改为「一维空间优化」时，需要确保 $dp[j-v[i]]$存储的是上一行的值，即确保 $dp[j-v[i]]$ 还没有被更新，所以遍历方向是从大到小。

  • 完全背包问题的状态转移方程是：

$$
d p[i][j]=\max (d p[i-1][j], d p[i][j-v[i]]+w[i])
$$

**由于计算$dp[i][j]$ 的时候，依赖于$dp[i][j-v[i]]$ **。

因此我们在改为「一维空间优化」时，需要确保 $dp[j-v[i]]$ 存储的是当前行的值，即确保 $dp[j-v[i]]$ 已经被更新，所以遍历方向是从小到大。

代码：

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class Solution {
    public int maxValue(int N, int C, int[] v, int[] w) {
        int[] dp = new int[C + 1];
        for (int i = 0; i < N; i++) {
            for (int j = 0; j <= C; j++) {
                // 不考虑第 i 件物品的情况（选择 0 件物品 i）
                int n = dp[j];
                // 考虑第 i 件物品的情况
                int y = j - v[i] >= 0 ? dp[j - v[i]] + w[i] : 0;
                dp[j] = Math.max(n, y);
            }
        }
        return dp[C];
    }
}
  • 时间复杂度：共有$NC$ 个状态需要被转移，复杂度为$O(NC)$
  • 空间复杂度：$O(C)$

总结

今天我们学习了【动态规划/背包问题】中的「完全背包」问题。

形式上，我们只需要将 01 背包问题的「一维空间优化」解法中的「容量维度」遍历方向从「从大到小 改为 从小到大」就可以解决完全背包问题。

但本质是因为两者进行状态转移时依赖了不同的格子：

  • 01 背包依赖的是「上一行正上方的格子」和「上一行左边的格子」。
  • 完全背包依赖的是「上一行正上方的格子」和「本行左边的格子」。

另外，我们可以发现通过「一维空间优化」方式，可以将求解「完全背包」问题的时间复杂度从$O(NCC)$ 降低为$O(N*C)$。

这就是为什么三叶一直强调 01 背包问题的「一维空间优化」解法是几乎所有背包问题的基础。