由DAG到背包问题——记忆化搜索和递推两种解法

一、问题描述

物品无限的背包问题：有n种物品，每种均有无穷多个。第 i 种物品的体积为Vi,重量为Wi。选一些物品装到一个容量为 C 的背包中，求使得背包内物品总体积不超过C的前提下重量的最大值。1≤n≤100, 1≤Vi≤C≤10000, 1≤Wi≤1000000.

二、解题思路

我们可以先求体积恰好为 i 时的最大重量（设为d[i]），然后取d[i]中的最大值（i ≤ C）。与之前硬币问题，“面值恰好为S”就类似了。只不过加了新属性——重量，相当于把原来的无权图改成带权图，即把“+1”变成“+W[j]”。这样，问题就变成了求以C为起点、终点任意的，边权之和最大的路径。

三、代码实现

1、记忆化搜索

之前纠结这种方法的时间复杂度，先给结果:O(maxn * maxc)。因为计算dp(s)时，如果dp[i]中i是从0-->C，

则dp[i] = max(dp[i],dp[i - V[j]] + W[j]),dp[i - V[j]]已经计算出来且保存，相当于得到dp[i]没有花费时间。如果dp[i]中i是从C-->0，

每次计算的都被保存且只计算一次，有几次小的递归，也相当于没有花费时间。

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 100 + 10;
const int maxc = 10000 + 10;
int n,V[maxn],W[maxn],C;
int d[maxc];        //d[i]表示总体积恰好为i时的最大重量

int dp(int s)
{
    int& ans = d[s];
    if (ans != -1)  return ans;
    ans = - INF;
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        if (s >= V[i])  ans = max(ans, dp(s - V[i]) + W[i]);
    }
    return ans;
}
void slove()
{
    memset(d, -1, sizeof(d));
    d[0] = 0;
    int res = -1;
    for (int i = 0; i <= C; i++)
        res = max(res, dp(i));
    printf("%d
", res);
}

int main()
{
    while (scanf("%d",&n) == 1 && n)
    {
        scanf("%d", &C);
        for (int i = 0; i < n; i++)
            scanf("%d%d", &V[i], &W[i]);

        slove();
    }
    return 0;
}

2、递推式

这种写法时间复杂度十分显然，与记忆化搜索相同，都是O(maxn * maxc)。但必须注意循环的顺序，比如容量只能从0-->C,而不能反过来，前一种写法则没有循环的顺序要求。

void slove()
{
    fill(d, d + n, -INF);
    d[0] = 0;
    int res = -1;
    for (int i = 0; i <= C; i++)        //容量的循环顺序只能是从小到大
    {
        for (int j = 0; j < n; j++)
        {
            if(i >= V[j])  d[i] = max(d[i], d[i - V[j]] + W[j]);
        }
        res = max(res, d[i]);
    }
    printf("%d
", res);
}

3、两者比较

在得到状态转移方程之后，还需要思考如何编写程序。尽管在很多情况下，记忆化搜索程序更直观、易懂，但在0-1背包中递推法更理想。因为已知状态转移方程后，递推法的难点是循环顺序，而有了“阶段”定义后，循环顺序变得十分显然。