【卡码网】完全背包问题 52. 携带研究材料—

【卡码网】完全背包问题 52. 携带研究材料——代码随想录算法训练营Day44

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题目描述

小明是一位科学家，他需要参加一场重要的国际科学大会，以展示自己的最新研究成果。他需要带一些研究材料，但是他的行李箱空间有限。这些研究材料包括实验设备、文献资料和实验样本等等，它们各自占据不同的重量，并且具有不同的价值。

小明的行李箱所能承担的总重量为 N，问小明应该如何抉择，才能携带最大价值的研究材料，每种研究材料可以选择无数次，并且可以重复选择。

输入描述

第一行包含两个整数，N，V，分别表示研究材料的种类和行李空间

接下来包含 N 行，每行两个整数 wi 和 vi，代表第 i 种研究材料的重量和价值

输出描述

输出一个整数，表示最大价值。

输入示例

输出示例

提示信息

第一种材料选择五次，可以达到最大值。

数据范围：

1 <= N <= 10000;
1 <= V <= 10000;
1 <= wi, vi <= 10^9.

文章讲解：代码随想录

视频讲解：带你学透完全背包问题！和 01背包有什么差别？遍历顺序上有什么讲究？_哔哩哔哩_bilibili

题解1：动态规划

思路：类似01背包问题，完全背包问题也可以用动态规划法求解。完全背包和01背包的区别在于每个物品可以取任意次。

动态规划分析：

dp 数组以及下标的含义：dp[i][j] 表示从下标为0到 i 的物品里任意取，放进容量为 j 的背包，价值总和最大是多少。
递推公式：由于每个元素能取多次，而 dp[i][j] 的状态依赖于当前元素一个也不取和再取1个当前元素。当前元素一个也不取即 dp[i - 1][j]，再取一个当前元素即 dp[i][j - weight[i]] + value[i]。即 dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i][j - weight[i]] + value[i])。
dp 数组初始化：dp[i][j] 的状态依赖于正上方和正左方的状态，因此需要初始化第0行和第0列，即 dp[0, j] 和 dp[i, 0]。dp[i, 0] 表示从下标为0到 i 的物品里任意取，放进容量为 j 的背包，价值总和最大自然是0。dp[0, j] 表示取或者不取下标为0的物品，放进容量为 j 的背包，j 小于 weight[0] 时，价值总和最大为0，大于等于 weight[0] 时为 k 倍value[0]，k 取整数且最大满足 k * weight[0] < j。
遍历顺序：dp[i][j] 的状态依赖于正上方和正左方的状态，因此在填充 dp[i][j] 时，它的正上方和同行的正左方需要填充。先遍历物品再遍历背包和先遍历背包再遍历物品这两种方式都可以。
打印 dp 数组：以如下输入为例

4 5
1 2
2 4
3 4
4 5

dp 数组为 [ [ 0, 2, 4, 6, 8, 10 ], [ 0, 2, 4, 6, 8, 10 ], [ 0, 2, 4, 6, 8, 10 ], [ 0, 2, 4, 6, 8, 10 ] ]。

const readline = require('readline');
const rl = readline.createInterface({input: process.stdin,output: process.stdout
});let num = 1;
const inputs = [];rl.on("line", (row) => {inputs.push(row);if (inputs.length === 1) {num += parseInt(inputs[0]);}if (inputs.length < num) {return;}const firstRow = inputs[0].split(' ');const n = parseInt(firstRow[0]);const w = parseInt(firstRow[1]);const space = [];const value = [];for (let i = 0; i < n; i++) {[space[i], value[i]] = inputs[i + 1].split(" ").map(s => parseInt(s));}// 定义 dp 数组const dp = new Array(n).fill().map(() => new Array(w + 1).fill(0));// 初始化 dp 数组for (let j = 0; j < w + 1; j++) {let totalSpace = 0;while (j - totalSpace >= space[0]) {totalSpace += space[0];dp[0][j] += value[0];}}// 先遍历物品，再遍历背包for (let i = 1; i < n; i++) {for (let j = 1; j < w + 1; j++) {if (j < space[i]) {dp[i][j] = dp[i - 1][j];} else {dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i][j - space[i]] + value[i]);}}}console.log(dp[n - 1][w]);
});

分析：令物品数量为 n，背包最大容量为 w，则时间复杂度为 O(n * w)，空间复杂度为 O(n * w)。

题解2：动态规划优化

思路：dp[i][j] 依赖于上一行正上方及本行正左方的状态，与同一行后面的状态无关。可以想到填充某一行时，将上一行内容覆盖到这一行，上一行正上方即本身，这样 dp[j] 的状态只依赖于前面的状态。

动态规划分析：

dp 数组以及下标的含义：dp[j]表示容量为j的背包，所背的物品价值可以最大为dp[j]。
递推公式：dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i])。
dp 数组初始化：dp[0] 为0，j 大于0时 dp[j] 依赖于上一轮的 dp[j] 和前面的状态，为了取最大值后结果正确，应该初始化为0。即全部初始化为0。
遍历顺序：dp[j] 的状态依赖于正左方的状态，因此在填充 dp[j] 时，它的正左方需要填充。先遍历物品再遍历背包和先遍历背包再遍历物品这两种方式都可以。
打印 dp 数组：以如下输入为例

4 5
1 2
2 4
3 4
4 5

每一层的 dp 数组为

[ 0, 2, 4, 6, 8, 10 ]
[ 0, 2, 4, 6, 8, 10 ]
[ 0, 2, 4, 6, 8, 10 ]
[ 0, 2, 4, 6, 8, 10 ]

可以看到，将每一层的 dp 数组结合起来，和二维 dp 数组相同。

const readline = require('readline');
const rl = readline.createInterface({input: process.stdin,output: process.stdout
});let num = 1;
const inputs = [];rl.on("line", (row) => {inputs.push(row);if (inputs.length === 1) {num += parseInt(inputs[0]);}if (inputs.length < num) {return;}const firstRow = inputs[0].split(' ');const n = parseInt(firstRow[0]);const w = parseInt(firstRow[1]);const space = [];const value = [];for (let i = 0; i < n; i++) {[space[i], value[i]] = inputs[i + 1].split(" ").map(s => parseInt(s));}// 定义 dp 数组const dp = new Array(w + 1).fill(0);// 先遍历物品，再遍历背包for (let i = 0; i < n; i++) {// 正序遍历背包for (let j = space[i]; j <= w; j++) {dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - space[i]] + value[i]);}}console.log(dp[w]);
});

分析：令物品数量为 n，背包最大容量为 w，则时间复杂度为 O(n * w)，空间复杂度为 O(w)。