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    看这篇日志之前,请先阅读我的上一篇日志,关于0/1背包的问题。

    完全背包问题的描述:

    有N 种物品和一个容量为V 的背包,每种物品都有无限件可用。第i 种物品的费用是c[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。

    可能大家已经看出来了,完全背包问题其实就是在0/1背包的问题的基础上加了一个条件:每种物品都有无限件可用。

    这个问题有不少解法,下面只给出最优化的O(VN)的算法。

    01背包问题算法_01背包问题回溯算法_完全背包问题算法

    这个算法使用一维数组,先看伪代码:

    for i=1..N

    for v=0..V

    01背包问题回溯算法_01背包问题算法_完全背包问题算法

    f[v]=max{f[v],f[v-cost]+}

    你会发现完全背包问题算法,这个伪代码与01背包的伪代码只有v 的循环次序不同而已。为什么这样一改就可行呢?首先想想为什么01背包中要按照v=V..0的逆序来循环。这是因为要保证第i次循环中的状态f[i][v]是由状态f[i-1][v-c[i]]递推而来。换句话说,这正是为了保证每件物品只选一次,保证在考虑“选入第i 件物品”这件策略时,依据的是一个绝无已经选入第i 件物品的子结果

    f[i-1][v-c[i]]。而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件,所以在考虑“加选一件第i种物品”这种策略时,却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果f[i][v-c[i]],所以就可以并且必须采用v=0..V的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。值得一提的是,上面的伪代码中两层for循环的次序可以颠倒。这个结论有可能会带来算法时间常数上的优化。

    01背包问题回溯算法_01背包问题算法_完全背包问题算法

    这个算法也可以以另外的思路得出。

    例如,将基本思路中求解f[i][v-c[i]]的状态转移方程显式地写出来:

    f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i][v-c[i]]+w[i]}

    01背包问题算法_01背包问题回溯算法_完全背包问题算法

    把[i-1]和[i] 都去掉,就可以得到f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}。为什么可以去掉呢。看一下上一篇日志中的这个图

    你会发现,我们用二维数组 的解法做的时候,都是扣掉 当前的容量所剩下的容量最多能放多少,取的是上一行的数据: f[i-1][v],这是因为在当前背包加入的之前,上一行就表示出了 加入上一个背包时的最优解。而其实每一行都比上一行优化,因为每往下走一行,就加入了一个背包,比原来的选择多,得出的优化值自然比上一行的优化。

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    知道了每一行都比上一行优化之后 ,完全背包问题的答案就可以得出来了,我们每次都取当前行,即f[i][v],那么原状态方程就变成了:f[i][v]=max{f[i][v],f[i][v-c[i]]+w[i]},呵呵,二维数组的第一维都变成i了完全背包问题算法,就是说都在同一行进行比较了。这样的话就可以把它转化成一维数组问题了。即,直接把[i]去掉。。。

    最后抽象出处理一件完全背包类物品的过程伪代码:

    (cost,)

    for v=cost..V

    f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}

    上传了一个参考文档,有兴趣的同志可以自己去看看

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