【动态规划】01背包问题【续】

释放双眼,带上耳机,听听看~!

说明

这段时间每天加班,确实没有整块的时间来写博客了,一不小心就到周末了,要是不写篇博客,那就又要鸽了。为了不打脸,还是加班加点的把这篇博客给写了出来。

再说个题外话,最近一直在看一本关于Mysql的掘金小册,感觉很棒,作者用通俗易懂的语言将Mysql的底层原理进行了介绍,图文并茂,讲解的很深入,可以看出作者应该是花了不少心思,借阅了不少书籍的。据说作者是个95后,为了写这本小册子还特意辞了职,简直优秀!

一篇文章大概需要花费40~60分钟,建议花整块的时间进行阅读。

从作者的身上,也看到了一种匠心精神,反观自己,写这么水的文章,实在是惭愧。所以决定对文章质量把把关,本着宁缺毋滥的原则来写作,尽量不浪费大家的时间。

好了,闲话就说到这了,言归正传。

上一篇中,我们了解了01背包问题,并用三种方法进行了求解,但其实在最后一种解法上,我们还能再对它的空间复杂度进行优化。

优化过程

已经过去一个星期了,可能一部分人已经忘记了之前的解题思路,所以在这里把之前填表法使用到的图贴了过来:

这是我们上一篇填表法的最终结果,在这里,聪明的你应该能发现,其实这里大部分的内容都没有用上,那么让我们来想想,如何优化一下空间复杂度呢?

再回头看下之前的递推关系式:

可以发现,每次求解 KS(i,j)只与KS(i-1,m) {m:1...j} 有关。也就是说,如果我们知道了K(i-1,1...j)就肯定能求出KS(i,j),为了更直观的理解,再画一张图:

下一层只需要根据上一层的结果即可推出答案,举个栗子,看i=3,j=5时,在求这个子问题的最优解时,根据上述推导公式,KS(3,5) = max{KS(2,5),KS(2,0) + 3} = max{6,3} = 6;如果我们得到了i=2时所有子问题的解,那么就很容易求出i=3时所有子问题的解。

因此,我们可以将求解空间进行优化,将二维数组压缩成一维数组,此时,装填转移方程变为:

KS(j) = max{KS(j),KS(j - wi) + vi}

这里KS(j - wi)就相当于原来的KS(i-1, j - wi)。需要注意的是,由于KS(j)是由它前面的KS(m){m:1..j}推导出来的,所以在第二轮循环扫描的时候应该由后往前进行计算,因为如果由前往后推导的话,前一次循环保存下来的值可能会被修改,从而造成错误。

这么说也许还是不太清楚,回头看上面的图,我们从i=2推算i=3的子问题的解时,此时一维数组中存放的是{0,0,2,4,4,6,6,6,6,6,6},这是i=2时所有子问题的解,如果我们从前往后推算i=3时的解,比如,我们计算KS(0) = 0,KS(1) = KS(1) = 0 (因为j=1时,装不下第三个珠宝,第三个珠宝的重量为5),KS(2) = 2,KS(3) = 4,KS(4) = 4, KS(5) = max{KS(5), KS(5-5) + 3} = 6,....,KS(8) = max{KS(8),KS(8 - 5) + 3} = 7。在这里计算KS(8)的时候,我们就把原来KS(8)的内容修改掉了,这样,我们后续计算就无法找到这个位置的原值(这个栗子没举好。。因为后面的计算没有用到KS(8)= =),也就是上一轮循环中计算出来的值了,所以在遍历的时候,需要从后往前进行倒序遍历。

public class Solution{
    int[] vs = {0,2,4,3,7};
    int[] ws = {0,2,3,5,5};
    int[] newResults = new int[11];

    @Test
    public void test() {
        int result = ksp(4,10);
        System.out.println(result);
    }

    private int ksp(int i, int c){
        // 开始填表
        for (int m = 0; m < vs.length; m++){
            int w = ws[m];
            int v = vs[m];
            for (int n = c; n >= w; n--){
                newResults[n] = Math.max(newResults[n] , newResults[n - w] + v);
            }
            // 可以在这里输出中间结果
            System.out.println(JSON.toJSONString(newResults));
        }
        return newResults[newResults.length - 1];
    }
}

输出如下:

[0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0]
[0,0,2,2,2,2,2,2,2,2,2]
[0,0,2,4,4,6,6,6,6,6,6]
[0,0,2,4,4,6,6,6,7,7,9]
[0,0,2,4,4,7,7,9,11,11,13]
13

这样,我们就顺利将空间复杂度从O(n*c)优化到了O(c)。当然,空间优化的代价是,我们只能知道最终的结果,但无法再回溯中间的选择,也就是无法根据最终结果来找到我们要选的物品组合。

关于初始值

01背包问题一般有两种不同的问法,一种是“恰好装满背包”的最优解,要求背包必须装满,那么在初始化的时候,除了KS(0)0,其他的KS(j)都应该设置为负无穷大,这样就可以保证最终得到的KS(c)是恰好装满背包的最优解。另一种问法不要求装满,而是只希望最终得到的价值尽可能大,那么初始化的时候,应该将KS(0...c)全部设置为0

为什么呢?因为初始化的数组,实际上是在没有任何物品可以放入背包的情况下的合法状态。如果要求背包恰好装满,那么此时只有容量为0的背包可以在什么都不装且价值为0的情况下被“恰好装满”,其他容量的背包均没有合法的解,因此属于未定义的状态,应该设置为负无穷大。如果背包不需要被装满,那么任何容量的背包都有合法解,那就是“什么都不装”。这个解的价值为0,所以初始状态的值都是0。

总结

01背包问题可以用自上而下递归记忆法求解,也可以用自下而上填表法求解,而后者可以将二维数组的解空间优化成一维数组的解空间,从而实现空间复杂度的优化。

对于01背包问题的两种不同问法,实际上的区别便是初始值设置不一样,解题思路是一样的。

关于01背包问题,介绍到这里就已经全部结束了,希望能对大家有所帮助。如果觉得有收获,不要吝啬你的赞哦,也欢迎关注我的公众号留言交流。

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