谈01背包和完全背包

背景

有 n 个物品和容量为 V 的背包，第 i 件物品的体积为 c $i$ ，价值为 w $i$ 。现在的目标是确定要将哪些物体放入背包，以保证在体积不超过背包容量的前提下，背包内的总价值最高。

其次，基于以上前提条件，通过添加不同的约束条件，就形成了不同的背包问题。

01背包（二维数组）

约束条件：每种物品数量为 1，可以选择放或不放

状态转移方程

状态定义：f[i][v]为前 i 个物品中，体积恰好为 v 时的最大价值。

result = max(f[n][0 ~ V])即最终答案，它表示前 n个物品的最大价值，假设这时容量为 k ，由于 0 <= k <= V，因此容量要在 0 ~ V求最大值来寻找 k。

状态转移方程：

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f[i][v] = max(f[i-1][v], f[i-1][v-c[i]] + w[i])

以上得到的状态 i 和状态 i-1 关系是从实际意义推断出来的。

如果不选第 i 个物品，那么前 i 个背包的最大价值就是前 i-1 个物品的价值，即 f $i$ $v$ = f $i-1$ $v$ ；
如果选择了第 i 个物品，前 i-1 个物品的体积就是 v-c $i$ ，状态方程为 f $i-1$ $v-c\[i$ ]，注意这时的价值是前 i-1 个物品的价值，因此少了 w $i$ 的价值，所以 f $i$ $v$ = f $i-1$ $v-c\[i$ ] + w $i$ 。

最后我们要在这两种情况中选择能使物品最大价值更大的那个方案，故取最大值。最终我们就得到了以上的状态转移方程。

代码实现

由于 f[i][v] 是二维的，所以我们可以使用 二维数组 实现，时间复杂度和空间复杂度均为 O(nV)。

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let f = new Array(n+1).fill(0).map(() => new Array(V+1).fill(0)); // 初始化二维数组全为零

for (let i = 1; i <= n; i++) { // 枚举前i个物品
  for (let v = 0; v <= V; v++) { // 枚举体积
    f[i][v] = f[i-1][v]; // 不选择第i个物品
    if (v >= c[i]) { // 第i个物品的体积必须小于v才能选择
      f[i][v] = Math.max(f[i][v], f[i-1][v-c[i]] + w[i]);
    }
  }
}

let result = Math.max(...f[n]); // 返回前n个物品的最大值
return result;

二维数组又可以优化成如下

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let f = new Array(n+1).fill(0).map(() => new Array(V+1).fill(0)); // 初始化二维数组全为零

for (let i = 1; i <= n; i++) { // 枚举前i个物品
  for (let v = c[i]; v <= V; v++) { // 枚举体积
      f[i][v] = Math.max(f[i-1][v], f[i-1][v-c[i]] + w[i]);
  }
}

let result = Math.max(...f[n]); // 返回前n个物品的最大值
return result;

我们甚至可以把i给优化掉。

为什么？

先看看f $i$ $v$ 的定义：f[i][v]为前 i 个物品中，体积恰好为 v 时的最大价值。

我们需要的信息是，所有物品中，背包体积为v的最大值。即f $MAX_COUNT$ $v$ 。其中MAX_COUNT为常量，v需要参与动态规划，所以是变动的。

完全背包问题

那么就使用一维数组来实现，但是可使空间复杂度降到 O(V)。

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let f = new Array(n+1).fill(0).map(() => new Array(V+1).fill(0)); // 初始化二维数组全为零

for (let i = 1; i <= n; i++) { // 枚举前i个物品
  for (let v = c[i]; v <= V; v++) { // 枚举体积
      f[v] = Math.max(f[v], f[v-c[i]] + w[i]);
  }
}

return f(n)

这段代码看上去ok吗？

其实不ok，因为状态表达式 f[i][v] = Math.max(f[v], f[v-c[i]] + w[i])中，f $v$ 的值需要用上一轮的f $v-c\[i$ ]的值去更新。

为什么？

因为上一轮迭代记录了i-1个物品在背包不同的体积下的状态，一个物品只能放一次。如果我们使用正序，会出现重复放物品的情况。

让我们举个反例看看：

初始状态：
- f = $0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0$
i = 1, 第1个物品（体积2，价值3）：
- f = $0, 0, 3, 3, 6, 6, 9, 9, 12, 12, 15$
i = 2，第2个物品（体积3，价值4）：
- f = $0, 0, 3, 4, 6, 7, 9, 10, 12, 13, 15$
i = 3, 加入第3个物品（体积4，价值5）：
- f = $0, 0, 3, 4, 6, 7, 9, 10, 12, 13, 15$

i = 4, 加入第4个物品（体积5，价值6）：
- f = $0, 0, 3, 4, 6, 7, 9, 10, 12, 13, 15$

可以看到，当一轮循环中背包体积变大时，物品会被重复放置。

这个反例其实就是完全背包。

01背包（一维数组）

为了避免重复放置的情况，所以内部循环需要倒序。

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let f = new Array(V+1).fill(0); // 初始化一维数组全为零

for (let i = 1; i <= n; i++) { // 枚举前i个物品
  for (let v = V; v >= c[i]; v--) { // 注意这里是倒序遍历
    f[v] = Math.max(f[v], f[v-c[i]] + w[i]);
  }
}
return f(n)

我们试着用一个例子来理解这个一维数组

假设我们有一个背包，其容量为 V为10。我们有4个物品，它们的体积和价值分别如下：

物品: 1 2 3 4 体积: c = $2, 3, 4, 5$ 价值: w = $3, 4, 5, 6$

我们逐步分析代码执行结果：

初始状态：
- f = $0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0$
i = 1, 第1个物品（体积2，价值3）：
- f = $0, 0, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3$
i = 2, 第2个物品（体积3，价值4）：
- f = $0, 0, 3, 4, 4, 7, 7, 7, 7, 7, 7$
i = 3, 第3个物品（体积4，价值5）：
- f = $0, 0, 3, 4, 5, 7, 8, 9, 9, 12, 12$
i = 4, 第4个物品（体积5，价值6）：
- f = $0, 0, 3, 4, 5, 7, 8, 9, 10, 12, 13$

可以看到：

可以看到，对于第一个物品，只要背包体积够，就会被放入
对于第二个物品，则会根据状态转移式来做决策。

f $v$ = Math.max(f $v$ , f $v-c\[i$ ] + w $i$ );

根据这个式子可知，第二个物品可能被放入，也可能不被放入。

f $v$ 代表第二个物品不被放入。f $v-c\[i$ ]代表第二个物品被放入。

那么第二个物品被放入，背包中的物品会不会被丢弃呢？

首先，由于背包容量越大，背包内可装的东西价值越多。

所以f $v$ >=f $v-c\[i$ ]

当f $v$ = f $v-c\[i$ ]，则不需要丢弃东西持续往背包中装东西。
当f $v$ > f $v-c\[i$ ]，则表示我们用i物品替换了等体积的物品。我们不知道是哪个物品。但是 max(f[v],f[v-c[i]]+w[i])能保证我们每次的替换都会使背包内的东西价值更高。
那么当我们循环了i次，就用i个物品把背包内的价值替换了一遍，背包内的东西必然就是当前最高价值的。

总结

01背包，是二维的。二维是因为每个物品都只能选一次。可以简化成一维，但是需要反向遍历避免重复增加的情况。完全背包是因为存在重复增加的情况，所以直接用一维正序。

本文参考

leetcode.cn/problems/co...

在leecode刷题时看了这个大佬的文章，理解了背包的基本概念，再加入了自己的想法进行推演。