C语言动态规划解决0-1背包问题

动态规划(Dynamic Programming,简称DP)是一种在数学、计算机科学和经济学中使用的,通过把原问题分解为相对简单的子问题的方式求解复杂问题的方法。动态规划常常适用于有重叠子问题和最优子结构性质的问题,它能够将问题分解为相互独立的子问题,并将子问题的解存储起来,以便下次需要时直接使用,从而减少计算量,提高效率。最经典的例子就是0-1背包问题。

0-1背包问题描述:给定一组物品,每种物品都有自己的重量和价值,在限定的总重量内,选取若干种物品,使得物品的总价值最大。其中,每种物品只能选择一次或不选择。
 

基本思路

用子问题定义状态:f[i][c] 表示前 i 件物品放入一个容量为 c 的背包可以获得的最大价值。第 i 件物品的重量是 wi,价值是 vi,则其状态转移方程是:

f[i][c] = max(f[i-1][c], f[i-1][c-wi] + vi)

这个方程非常重要,基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。分析子问题“将前 i 件物品放入容量为 c 的背包中”,考虑第 i 件物品放或不放入背包,可以转化为一个只牵扯前 i-1 件物品的问题:如果不放第 i 件物品,那么问题就转化为“前 i-1 件物品放入容量为 c 的背包中”,价值为 f[i-1][c];如果放第 i 件物品,那么问题就转化为“前 i-1 件物品放入剩下的容量为 c-wi 的背包中”,此时能获得的最大价值就是 f[i-1][c-wi] 再加上通过放入第 i 件物品获得的价值 vi。所以按照这个方程递推完毕后,最终的答案一定是 f[i][c]。


示例程序

#include <stdio.h>

#define max(a, b) a > b ? a : b

int knapsack(int weights[], int values[], int capacity, int n) {
    // f[i][c] 表示在前i个物品中选择若干个物品放入容量为c的背包中所能获得的最大价值
    int f[n + 1][capacity + 1];

    for (int i = 0; i <= n; i++) {
        for (int c = 0; c <= capacity; c++) {
            if (i == 0 || c == 0) {
                // 前0个物品,或者容量为0,价值也为0
                f[i][c] = 0;
            } else if (c < weights[i-1]) {
                // i表示前i个物品,所以第i个物品的重量是 weights[i-1],对应前面公式中的 wi
                // 遍历到当前容量c小于当前物品的重量,无法放入该物品,保持背包现状
                // 即:上一轮遍历物品的循环中同样数量物品的最大价值,所以是 f[i-1][c]
                f[i][c] = f[i-1][c];
            } else {
                // i表示前i个物品,所以第i个物品的价值是 values[i-1],对应前面公式中的 vi
                // 可以放入,判断放入该物品是否能使背包中物品价值最大
                // 如果放入,可能需要腾出背包中同样重量的物品,所以是 f[i-1][c-weights[i-1]]
                // 然后 f[i-1][c-weights[i-1]] + values[i-1] 得到放入该物品后的价值
                // 不放入该物品(保持背包现状),与放入该物品,取两者中的最大值
                f[i][c] = max(f[i-1][c], f[i-1][c - weights[i-1]] + values[i-1]);
            }
        }
    }

    // 输出动态规划数组中的值,显示规划过程,用于分析理解
    for (int i = 0; i <= n; i++) {
        for (int c = 0; c <= capacity; c++) {
            printf("%d", f[i][c]);
            if (c < capacity) {
                printf(", ");
            }
        }
        printf("n");
    }

    return f[n][capacity];
}

int main() {
    // 物品重量
    int weights[] = {2, 2, 1, 3};
    // 物品价值
    int values[] = {4, 2, 3, 6};
    // 背包的容量限制
    int capacity = 3;
    // 物品数量
    int n = sizeof(values) / sizeof(values[0]);

    printf("最大价值: %dn", knapsack(weights, values, capacity, n));

    return 0;
}

 

分析过程

程序输出如下:

0, 0, 0, 0 
0, 0, 4, 4 
0, 0, 4, 4 
0, 3, 4, 7 
0, 3, 4, 7 
最大价值: 7

上面输出的前5行是动态规划数组中的内容,回顾一下程序中的这行注释内容:f[i][c] 表示在前 i 个物品中选择若干个物品放入容量为 c 的背包中所能获得的最大价值。咱们的示例数据中,一共有4个物品,背包的容量为3,所以数组的大小是5x4(为什么维度比物品数和背包容量都大1?请带着这个问题往下看)。现在开始逐行分析数组中的数据:

第1行:不选择任何物品,所以价值都为0。为方便阅读,避免频繁上下滑动屏幕,后续会复制所需查看的输出:

0, 0, 0, 0

第2行:选择前1个物品,该物品重量为2,价值为4。从0-3遍历背包容量,依次尝试放入该物品,遍历过程中,容量为0都不能放入,所以第1列数据永远为0。容量为1不能放入当前物品,容量为2和3可以放入,且是第1个物品,可直接放入背包,得到背包中物品的价值就是该物品的价值4。

0, 0, 0, 0 
0, 0, 4, 4

第3行:选择前2个物品,问题转变为在前1个物品的基础上,放入第2个物品。根据前面的子问题说明:考虑第 i 件物品放或不放入背包,可以转化为一个只牵扯前 i-1 件物品的问题:如果不放第 i 件物品,那么问题就转化为“前 i-1 件物品放入容量为 c 的背包中”,价值为 f[i-1][c];如果放第 i 件物品,那么问题就转化为“前 i-1 件物品放入剩下的容量为 c-wi 的背包中”,此时能获得的最大价值就是 f[i-1][c-wi] 再加上通过放入第 i 件物品获得的价值 vi。第2个物品的重量为2,价值为2。和前一个物品一样,容量为2和3可以放入,但背包剩余容量不够,需要置换前面放入的物品。如果放入该物品,置换出原价值为4的物品,所能得到的价值为2,小于背包中物品现有的价值4,因此不放入该物品,背包中物品价值仍为4。

0, 0, 0, 0 
0, 0, 4, 4 
0, 0, 4, 4

第4行:选择前3个物品,问题转变为在前2个物品的基础上,放入第3个物品。第3个物品的重量为1,价值为3。从0-3遍历背包容量,容量为1时,背包中没有物品,直接放入,背包中物品价值为该物品的价值3;容量为2时,由于已经放入物品,价值为4,该物品可以放入背包,但背包剩余容量不够,需要置换前面放入的物品,置换后所能得到的价值为2,小于背包中物品现有的价值4,因此不放入该物品,背包中物品价值仍为4;容量为3时,背包中有物品,也有剩余容量,根据前面的方程 f[i][c] = max(f[i-1][c], f[i-1][c-wi] + vi) 计算 f[3][3] = max(f[2][3], f[2][3-1]+3),即不放入该物品时的价值 f[2][3] = 4,与放入该物品时的价值 f[2][2]+3 = 7,因此放入该物品,背包中物品价值最大为7。

0, 0, 0, 0 
0, 0, 4, 4 
0, 0, 4, 4 
0, 3, 4, 7

第5行:选择前4个物品,问题转变为在前3个物品的基础上,放入第4个物品。第4个物品的重量为3,价值为6。从0-3遍历背包容量,只有容量为3时可以放入该物品,如果放入该物品,置换出背包中容量为3的物品,f[i-1][c-wi] + vi = f[3][0]+6 = 6,小于不放入该物品时背包中的物品价值7,因此不放入该物品。

0, 0, 0, 0 
0, 0, 4, 4 
0, 0, 4, 4 
0, 3, 4, 7 
0, 3, 4, 7

最终的答案是 f[4][3],程序输出最大价值: 7。

 

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THE END
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