0-1 背包问题

背包问题是一个非常好的动态规划入门题目，是动态规划中最常见的问题形式。其具有很多变种，例如 0-1 背包问题、完全背包问题、多重背包问题等。

在本节中，我们先来求解最常见的 0-1 背包问题。

question

给定 $n$ 个物品，第 $i$ 个物品的重量为 $wgt[i-1]$、价值为 $val[i-1]$ ，和一个容量为 $cap$ 的背包。每个物品只能选择一次，问在限定背包容量下能放入物品的最大价值。

观察下图，由于物品编号 $i$ 从 $1$ 开始计数，数组索引从 $0$ 开始计数，因此物品 $i$ 对应重量 $wgt[i-1]$ 和价值 $val[i-1]$ 。

我们可以将 0-1 背包问题看作一个由 $n$ 轮决策组成的过程，对于每个物体都有不放入和放入两种决策，因此该问题满足决策树模型。

该问题的目标是求解“在限定背包容量下能放入物品的最大价值”，因此较大概率是一个动态规划问题。

第一步：思考每轮的决策，定义状态，从而得到 $dp$ 表

对于每个物品来说，不放入背包，背包容量不变；放入背包，背包容量减小。由此可得状态定义：当前物品编号 $i$ 和背包容量 $c$ ，记为 $[i, c]$ 。

状态 $[i, c]$ 对应的子问题为：前 $i$ 个物品在容量为 $c$ 的背包中的最大价值，记为 $dp[i, c]$ 。

待求解的是 $dp[n, cap]$ ，因此需要一个尺寸为 $(n+1) \times (cap+1)$ 的二维 $dp$ 表。

第二步：找出最优子结构，进而推导出状态转移方程

当我们做出物品 $i$ 的决策后，剩余的是前 $i-1$ 个物品决策的子问题，可分为以下两种情况。

• 不放入物品 $i$ ：背包容量不变，状态变化为 $[i-1, c]$ 。
• 放入物品 $i$ ：背包容量减少 $wgt[i-1]$ ，价值增加 $val[i-1]$ ，状态变化为 $[i-1, c-wgt[i-1]]$ 。

上述分析向我们揭示了本题的最优子结构：最大价值 $dp[i, c]$ 等于不放入物品 $i$ 和放入物品 $i$ 两种方案中价值更大的那一个。由此可推导出状态转移方程：

$$dp[i, c] = \max(dp[i-1, c], dp[i-1, c - wgt[i-1]] + val[i-1])$$

需要注意的是，若当前物品重量 $wgt[i - 1]$ 超出剩余背包容量 $c$ ，则只能选择不放入背包。

第三步：确定边界条件和状态转移顺序

当无物品或背包容量为 $0$ 时最大价值为 $0$ ，即首列 $dp[i, 0]$ 和首行 $dp[0, c]$ 都等于 $0$ 。

当前状态 $[i, c]$ 从上方的状态 $[i-1, c]$ 和左上方的状态 $[i-1, c-wgt[i-1]]$ 转移而来，因此通过两层循环正序遍历整个 $dp$ 表即可。

根据以上分析，我们接下来按顺序实现暴力搜索、记忆化搜索、动态规划解法。

方法一：暴力搜索

搜索代码包含以下要素。

• 递归参数：状态 $[i, c]$ 。
• 返回值：子问题的解 $dp[i, c]$ 。
• 终止条件：当物品编号越界 $i = 0$ 或背包剩余容量为 $0$ 时，终止递归并返回价值 $0$ 。
• 剪枝：若当前物品重量超出背包剩余容量，则只能选择不放入背包。

def knapsack_dfs(wgt: list[int], val: list[int], i: int, c: int) -> int:
    """0-1 背包：暴力搜索"""
    # 若已选完所有物品或背包无剩余容量，则返回价值 0
    if i == 0 or c == 0:
        return 0
    # 若超过背包容量，则只能选择不放入背包
    if wgt[i - 1] > c:
        return knapsack_dfs(wgt, val, i - 1, c)
    # 计算不放入和放入物品 i 的最大价值
    no = knapsack_dfs(wgt, val, i - 1, c)
    yes = knapsack_dfs(wgt, val, i - 1, c - wgt[i - 1]) + val[i - 1]
    # 返回两种方案中价值更大的那一个
    return max(no, yes)

如下图所示，由于每个物品都会产生不选和选两条搜索分支，因此时间复杂度为 $O(2^n)$ 。

观察递归树，容易发现其中存在重叠子问题，例如 $dp[1, 10]$ 等。而当物品较多、背包容量较大，尤其是相同重量的物品较多时，重叠子问题的数量将会大幅增多。

方法二：记忆化搜索

为了保证重叠子问题只被计算一次，我们借助记忆列表 mem 来记录子问题的解，其中 mem[i][c] 对应 $dp[i, c]$ 。

引入记忆化之后，时间复杂度取决于子问题数量，也就是 $O(n \times cap)$ 。实现代码如下：

def knapsack_dfs_mem(
    wgt: list[int], val: list[int], mem: list[list[int]], i: int, c: int
) -> int:
    """0-1 背包：记忆化搜索"""
    # 若已选完所有物品或背包无剩余容量，则返回价值 0
    if i == 0 or c == 0:
        return 0
    # 若已有记录，则直接返回
    if mem[i][c] != -1:
        return mem[i][c]
    # 若超过背包容量，则只能选择不放入背包
    if wgt[i - 1] > c:
        return knapsack_dfs_mem(wgt, val, mem, i - 1, c)
    # 计算不放入和放入物品 i 的最大价值
    no = knapsack_dfs_mem(wgt, val, mem, i - 1, c)
    yes = knapsack_dfs_mem(wgt, val, mem, i - 1, c - wgt[i - 1]) + val[i - 1]
    # 记录并返回两种方案中价值更大的那一个
    mem[i][c] = max(no, yes)
    return mem[i][c]

下图展示了在记忆化搜索中被剪掉的搜索分支。

方法三：动态规划

动态规划实质上就是在状态转移中填充 $dp$ 表的过程，代码如下所示：

def knapsack_dp(wgt: list[int], val: list[int], cap: int) -> int:
    """0-1 背包：动态规划"""
    n = len(wgt)
    # 初始化 dp 表
    dp = [[0] * (cap + 1) for _ in range(n + 1)]
    # 状态转移
    for i in range(1, n + 1):
        for c in range(1, cap + 1):
            if wgt[i - 1] > c:
                # 若超过背包容量，则不选物品 i
                dp[i][c] = dp[i - 1][c]
            else:
                # 不选和选物品 i 这两种方案的较大值
                dp[i][c] = max(dp[i - 1][c], dp[i - 1][c - wgt[i - 1]] + val[i - 1])
    return dp[n][cap]

如下图所示，时间复杂度和空间复杂度都由数组 dp 大小决定，即 $O(n \times cap)$ 。

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![0-1 背包问题的动态规划过程](knapsack_problem/knapsack_dp_step1.png)

![knapsack_dp_step2](knapsack_problem/knapsack_dp_step2.png)

![knapsack_dp_step3](knapsack_problem/knapsack_dp_step3.png)

![knapsack_dp_step4](knapsack_problem/knapsack_dp_step4.png)

![knapsack_dp_step5](knapsack_problem/knapsack_dp_step5.png)

![knapsack_dp_step6](knapsack_problem/knapsack_dp_step6.png)

![knapsack_dp_step7](knapsack_problem/knapsack_dp_step7.png)

![knapsack_dp_step8](knapsack_problem/knapsack_dp_step8.png)

![knapsack_dp_step9](knapsack_problem/knapsack_dp_step9.png)

![knapsack_dp_step10](knapsack_problem/knapsack_dp_step10.png)

![knapsack_dp_step11](knapsack_problem/knapsack_dp_step11.png)

![knapsack_dp_step12](knapsack_problem/knapsack_dp_step12.png)

![knapsack_dp_step13](knapsack_problem/knapsack_dp_step13.png)

![knapsack_dp_step14](knapsack_problem/knapsack_dp_step14.png)

空间优化

由于每个状态都只与其上一行的状态有关，因此我们可以使用两个数组滚动前进，将空间复杂度从 $O(n^2)$ 降至 $O(n)$ 。

进一步思考，我们能否仅用一个数组实现空间优化呢？观察可知，每个状态都是由正上方或左上方的格子转移过来的。假设只有一个数组，当开始遍历第 $i$ 行时，该数组存储的仍然是第 $i-1$ 行的状态。

• 如果采取正序遍历，那么遍历到 $dp[i, j]$ 时，左上方 $dp[i-1, 1]$ ~ $dp[i-1, j-1]$ 值可能已经被覆盖，此时就无法得到正确的状态转移结果。（dp一维数组后面的元素需要用到前面的，如果正序遍历先将前面的修改了等到后面的用到的时候就是修改过后的了，比如d[4]=max(d[4],d[4-2]+11)，其中d[4]用到了d[2]的值，这个d[2]的值应该是上一层i-1未被修改过的值，在图中的意思就是绿的要用蓝的推出，从后往前计算出绿的）
• 如果采取倒序遍历，则不会发生覆盖问题，状态转移可以正确进行。

下图展示了在单个数组下从第 $i = 1$ 行转换至第 $i = 2$ 行的过程。请思考正序遍历和倒序遍历的区别。

1tab 2tab 3tab 4tab 5tab 6

![0-1 背包的空间优化后的动态规划过程](knapsack_problem/knapsack_dp_comp_step1.png)

![knapsack_dp_comp_step2](knapsack_problem/knapsack_dp_comp_step2.png)

![knapsack_dp_comp_step3](knapsack_problem/knapsack_dp_comp_step3.png)

![knapsack_dp_comp_step4](knapsack_problem/knapsack_dp_comp_step4.png)

![knapsack_dp_comp_step5](knapsack_problem/knapsack_dp_comp_step5.png)

![knapsack_dp_comp_step6](knapsack_problem/knapsack_dp_comp_step6.png)

在代码实现中，我们仅需将数组 dp 的第一维 $i$ 直接删除，并且把内循环更改为倒序遍历即可：

def knapsack_dp_comp(wgt: list[int], val: list[int], cap: int) -> int:
    """0-1 背包：空间优化后的动态规划"""
    n = len(wgt)
    # 初始化 dp 表
    dp = [0] * (cap + 1)
    # 状态转移
    for i in range(1, n + 1):
        # 倒序遍历
        for c in range(cap, 0, -1):
            if wgt[i - 1] > c:
                # 若超过背包容量，则不选物品 i
                dp[c] = dp[c]
            else:
                # 不选和选物品 i 这两种方案的较大值
                dp[c] = max(dp[c], dp[c - wgt[i - 1]] + val[i - 1])
    return dp[cap]