01背包倒序完全背包正序
时间: 2023-07-07 21:46:51 浏览: 122
这是两个不同的问题,需要分开回答。
1. 01背包倒序
在01背包问题中,我们通常是从前往后依次考虑每个物品是否放入背包。这种方式称为正序遍历。但是,我们也可以反过来,从后往前依次考虑每个物品是否放入背包,这称为倒序遍历。倒序遍历的好处是可以减少空间复杂度,只需要使用一维数组即可。
2. 完全背包正序
在完全背包问题中,每个物品可以选择放入背包多次,因此我们通常使用正序遍历。这是因为如果当前物品还可以继续放入背包,我们需要使用之前已经更新过的状态。如果使用倒序遍历,则可能会重复计算之前已经更新过的状态,导致结果错误。因此,完全背包问题通常使用正序遍历。
相关问题
01背包 完全背包javascript
### 动态规划解决01背包问题的JavaScript实现
以下是基于动态规划思想的01背包问题的JavaScript实现:
```javascript
function knapsack(weights, values, capacity) {
const dp = Array(capacity + 1).fill(0);
for (let i = 0; i < weights.length; i++) { // 遍历物品
for (let j = capacity; j >= weights[i]; j--) { // 倒序遍历背包容量
dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - weights[i]] + values[i]);
}
}
return dp[capacity];
}
// 测试用例
const weights = [2, 3, 4, 5];
const values = [3, 4, 5, 6];
const capacity = 5;
console.log(knapsack(weights, values, capacity)); // 输出最大价值
```
此代码实现了经典的01背包问题,时间复杂度为 \( O(n \times W) \)[^4],其中 \( n \) 是物品数量,\( W \) 是背包的最大承重。
---
### 完全背包问题的JavaScript实现
对于完全背包问题,每种物品可以无限次选取。下面是其对应的JavaScript实现:
```javascript
function unboundedKnapsack(weights, values, capacity) {
const dp = Array(capacity + 1).fill(0);
for (let i = 0; i < weights.length; i++) { // 遍历物品
for (let j = weights[i]; j <= capacity; j++) { // 正序遍历背包容量
dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - weights[i]] + values[i]);
}
}
return dp[capacity];
}
// 测试用例
const weights = [1, 2, 3];
const values = [1, 5, 7];
const capacity = 8;
console.log(unboundedKnapsack(weights, values, capacity)); // 输出最大价值
```
在此代码中,与01背包不同的是,内部循环采用正向遍历的方式[^4],允许同一种物品被重复选择。
---
### 解决方案对比分析
- **01背包**:每个物品最多只能选一次,因此需要倒序更新状态以防止同一物品被多次计算。
- **完全背包**:每个物品可以选择无数次,所以可以通过正序更新状态来支持重复选择。
两种算法的核心都是利用动态规划的思想构建最优子结构并存储中间结果,从而减少冗余计算[^3]。
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01背包问题,使用一维数组时,为什么要倒序
<think>嗯,我现在需要理解为什么在解决01背包问题的时候,使用一维数组要倒序遍历。这个问题我之前在学动态规划的时候碰到过,但当时可能没有完全弄明白。让我再仔细想一想。
首先,回忆一下01背包问题的基本概念。问题大概是这样的:给定一组物品,每个物品有重量和价值,在背包容量有限的情况下,如何选择物品使得总价值最大,且每个物品只能选一次。动态规划是解决这个问题的常用方法,通常用二维数组来存储状态,其中dp[i][j]表示前i个物品在容量j时的最大价值。
然后,为了优化空间复杂度,人们会想到将二维数组压缩成一维数组。这时候,状态转移方程可能会从dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j - w[i]] + v[i])变成类似dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i])的形式。但这个时候,遍历顺序就变得关键了,需要倒序(即从大到小)遍历容量。
那为什么要倒序呢?假设我现在用的是正序,也就是从小到大遍历容量。比如当前处理第i个物品,重量是w,价值v。当计算j的时候,如果j >= w,那么dp[j]可能会被更新为dp[j - w] + v。但是,这时候如果之前已经处理过比j小的容量,比如j - w的位置已经被更新过,那么这个dp[j - w]实际上代表的已经是考虑了第i个物品的状态,而不是i-1的状态。因为在一维数组中,我们覆盖了之前的状态,所以正序会导致重复计算,也就是物品被多次放入背包,这就不符合01背包每个物品只能用一次的条件了。
举个例子,假设容量j=5,物品重量w=2。在正序遍历的时候,当处理到j=3时,可能已经更新了dp[3]为放入当前物品后的值。接着当处理到j=5时,会用dp[5 - 2] = dp[3]来计算,这时候的dp[3]已经是当前物品放入后的结果,导致在j=5的时候实际上用了两次当前物品,这就变成了完全背包的情况,而不是01背包了。
而如果采用倒序遍历,比如从j的最大值开始往下遍历,那么在计算dp[j]的时候,dp[j - w[i]]还没有被当前物品的更新所影响,仍然保留的是i-1时的状态。这样就能保证每个物品只被考虑一次,符合01背包的要求。
或者,也可以这样想,二维情况下,i层的数据只依赖于i-1层,所以在一维数组中,必须保证在更新dp[j]时,所依赖的dp[j - w[i]]还没有被当前这轮的更新覆盖掉。只有倒序遍历才能保证这一点,因为大的j先被处理,而小的j在之后处理时,它们的依赖项还没有被修改。
总结一下,倒序遍历是为了确保在更新当前状态时,所依赖的前置状态是上一轮的结果,而不是当前轮次已经更新的结果,从而避免重复选取同一物品的问题。这样就能正确地将二维的状态压缩到一维数组中,同时保持正确性。</think>在01背包问题中使用一维数组需要倒序遍历容量,这是由动态规划的无后效性和空间压缩特性共同决定的。以下是逐步解释:
$$dp[j] = \max(dp[j],\ dp[j - w_i] + v_i)$$
**1. 二维数组的特性**
原始二维数组中,$dp[i][j]$的计算仅依赖于$dp[i-1][j]$和$dp[i-1][j-w_i]$。这意味着:
- 每一行的数据都是独立的
- 更新当前行时不会覆盖上一行的数据
**2. 空间压缩后的风险**
当压缩成一维数组$dp[j]$时:
- 当前层的$dp[j]$实际对应二维数组中的$dp[i][j]$
- 前一层$dp[i-1][j]$的数据会被覆盖
**3. 正序遍历的致命问题**
假设当前物品重量$w=2$:
```
当j=2时:dp[2] = max(dp[2], dp[0]+v) // 正确更新
当j=4时:dp[4] = max(dp[4], dp[2]+v) // 此时dp[2]已是当前层的新值!
```
这会导致物品被重复计算(等效于完全背包问题)。
**4. 倒序遍历的解决方案**
从$W$到$w_i$递减遍历:
```
当j=4时:dp[4] = max(dp[4], dp[2]+v) // 使用前一层未修改的dp[2]
当j=2时:dp[2] = max(dp[2], dp[0]+v) // 此时修改不影响后续计算
```
**数学验证**
设当前处理第$k$个物品,倒序保证了:
$$dp[j] = \max(\underbrace{dp[j]}_{前k-1个物品的结果},\ \underbrace{dp[j-w_k] + v_k}_{前k-1个物品在j-w_k容量的结果}+v_k)$$
**示例演示**
背包容量$W=5$,物品$(w=2, v=3)$:
```
初始状态:[0,0,0,0,0,0]
第一次更新(j=5→2):
j=5: 使用未修改的dp[3]=0 → dp[5]=3
j=4: 使用未修改的dp[2]=0 → dp[4]=3
j=3: 使用未修改的dp[1]=0 → dp[3]=3
j=2: 使用dp[0]=0 → dp[2]=3
最终结果:[0,0,3,3,3,3](正确放入一次物品)
```
**本质原因**
倒序通过时间维度上的隔离,保证了状态转移时使用的都是未被当前物品污染的前一状态值,这正是动态规划无后效性原则在空间压缩后的具体实现方式。
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