动态规划之背包问题及输出背包具体方案

题型1：LintCode 92. 背包问题
题目：在n个物品中挑选若干物品装入背包，最多能装多满？假设背包的大小为m，每个物品的大小为A[i]。



分析：dp[i][j]：当背包总重量为j且目前有i个物品时，背包最多装满dp[i][j]的空间。
        状态转移方程为：dp[i][j]=max{dp[i-1][j-A[i-1]]+A[i-1], dp[i-1][j]}，其中dp[i-1][j-A[i-1]]+A[i-1]表示放入第i个物品后的重量，A[i-1]表示第i个物品的重量，因为数组从0开始，故这样表示。dp[i-1][j]表示不放入第i个物品后的重量。j-A[i-1]为判断条件能否放入。

    a.为了把第i个物品放进背包，背包当然要先腾出至少A[i-1]的空间，腾出后空间的最多装满空间为dp[ i - 1][j - A[i-1]]，再加上第i个物品的空间A[i-1]，即为当背包总空间为j时，装入第i个物品背包的总装满空间。 
    b.当然第i个物品所占的空间可能比此时背包的总空间j要大(j < A[i-1])，此时装不进第i个物品，因此此时背包的总装满空间为dp[i-1][j]。 
    c.还有一种可能的情形是，虽然第i个物品能够装入包中，但为了把第i个物品装入而拿出了其他物品，使此时的总装入空间dp[i-1][j-A[i-1]] + A[i-1] < dp[i-1][j]
public class Solution {
/**
* @param m: An integer m denotes the size of a backpack
* @param A: Given n items with size A[i]
* @return: The maximum size
*/
public int backPack(int m, int[] A) {
// write your code here
int num=A.length;
int[][] dp=new int[num+1][m+1];
for(int i=0;i<=m;i++){
dp[0][i]=0;
}
for(int j=0;j<=num;j++){
dp[j][0]=0;
}
for(int i=1;i<=num;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
if(A[i-1]<=j){
if(dp[i-1][j]<dp[i-1][j-A[i-1]]+A[i-1]){
dp[i][j]=dp[i-1][j-A[i-1]]+A[i-1];
}else{
dp[i][j]=dp[i-1][j];
}
}else{
dp[i][j]=dp[i-1][j];
}
}
}
return dp[num][m];
}
}

题型2：LintCode 125. 背包问题 II

题目：给出n个物品的体积A[i]和其价值V[i]，将他们装入一个大小为m的背包，最多能装入的总价值有多大？
思路：先将原始问题一般化，欲求背包能够获得的总价值，即欲求前i个物体放入容量为m（kg）背包的最大价值c[i][m]——使用一个数组来存储最大价值。又可以转化成前(i-1)个物体放入背包的问题。下面使用数学表达式描述它们两者之间的具体关系。
表达式中各个符号的具体含义。　　w[i] :  第i个物体的重量；　　p[i] : 第i个物体的价值；　　c[i][m] ： 前i个物体放入容量为m的背包的最大价值；　　c[i-1][m] ： 前i-1个物体放入容量为m的背包的最大价值；　　c[i-1][m-w[i]] ： 前i-1个物体放入容量为m-w[i]的背包的最大价值；　　由此可得状态转移方程：　　　　　　c[i][m]=max{c[i-1][m-w[i-1]]+p[i-1] , c[i-1][m]}其中，c[i-1][m-w[i-1]]+p[i-1]表示放入第i个物体后的最大价值，w[i-1],p[i-1]分别表示第i个物品的重量和价值，因为数组从0开始，所以i-1表示第i个物品的。c[i-1][m]表示不放入第i个物体后的最大价值。m-w[i-1]作为第i个物品是否能放入背包中的判断条件。根据上式，对物体个数及背包重量进行递推，列出一个表格（见下表），表格来自（http://blog.csdn.net/fg2006/article/details/6766384?reload） ，当逐步推出表中每个值的大小，那个最大价值就求出来了。推导过程中，注意一点，最好逐行而非逐列开始推导，先从编号为1的那一行，推出所有c[1][m]的值，再推编号为2的那行c[2][m]的大小。这样便于理解。



代码如下：package DongtaiGuihua;
//给出n个物品的体积A[i]和其价值V[i]，将他们装入一个大小为m的背包，最多能装入的总价值有多大？
public class knapsack02 {
public int backPackII(int m, int[] A, int[] V) {
// write your code here
int n=A.length;
int[][] dp=new int[n+1][m+1];
for(int i=0;i<=n;i++){
dp[i][0]=0;
}
for(int j=0;j<=m;j++){
dp[0][j]=0;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
if(A[i-1]<=j){
if(dp[i-1][j-A[i-1]]+V[i-1] > dp[i-1][j]){
dp[i][j] = dp[i-1][j-A[i-1]]+V[i-1];
}else{
dp[i][j] = dp[i-1][j];
}
}else{
dp[i][j] = dp[i-1][j];
}
}
}
return dp
[m];
}
}
很多文章讲背包问题时只是把最大价值求出来了，并没有把所选的是哪些物品找出来。本人在学习背包问题之前遇到过很多的类似问题，当时也是只求得了最大价值或最大和，对具体哪些物品或路径等细节也束手无策。再次和大家一起分享细节的求法。        根据算法求出的最大价值表本身其实含有位置信息，从F
[V]逆着走向F[0][0]，设i=N,j=V，如果F[i][j]==F[i-1][j-C[i]]+W[i]说明包里面有第i件物品，同时j -= C[i]，不管F[i][j]与F[i-1][j-C[i]]+W[i]相不相等i都要减1，因为01背包的第i件物品要么放要么不放，不管放还是不放其已经遍历过了，需要继续往下遍历。打印背包内物品的伪代码如下：
[cpp] view plain copyi←N  
  
j←V  
  
while(i>0 && j>0)  
  
    do if(F[i][j]=F[i-1][j-C[i]]+W[i])  
  
        then Print W[i]  
  
             j←j-C[i]  
  
    i←i-1  
         当然也可以定义一个二维数组Path
[V]来存放背包内物品信息，开始时Path
[V]初始化为0,当 F[i][j]==F[i-1][j-C[i]]+W[i]时Path[i][j]置1。最后通过从Path[N+1][V+1]逆着走向Path[0][0]来获取背包内物品。其中Path[0][]与Path[][0]为边界。        加入路径信息的伪代码如下：[cpp] view plain copyF[0][] ← {0}  
  
F[][0] ← {0}  
  
Path[][] ← 0  
  
for i←1 to N  
  
    do for k←1 to V  
  
        F[i][k] ← F[i-1][k]  
  
        i
cced
f(k >= C[i] && F[i][k] < F[i-1][k-C[i]]+W[i])  
  
            then F[i][k] ← F[i-1][k-C[i]]+W[i]  
  
                 Path[i][k] ← 1  
  
return F
[V] and Path[][]  
 打印背包内物品的伪代码如下：[cpp] view plain copyi←N  
  
j←V  
  
while(i>0 && j>0)  
  
    do if(Path[i][j] = 1)  
  
        then Print W[i]  
  
             j←j-C[i]  
  
    i←i-1  
    在时间及空间复杂度均为O(NV)的情况下，利用Path[][]的方法明显比直接通过F[i][j]==F[i-1][j-C[i]]+W[i]来打印物品耗费空间，Path[][]需要额外的空间O(NV)但总空间复杂度不变仍为O(NV)。但下面要讲到的O(V)的空间复杂度的方法却不能利用关系式F [j]==F [j-C[i]]+W[i]而只能利用Path[][]进行标记.