02.Knapsack-Problem-02.md

3. 完全背包问题

完全背包问题：有 $n$ 种物品和一个最多能装重量为 $W$ 的背包，第 $i$ 种物品的重量为 $weight[i]$，价值为 $value[i]$，每种物品数量没有限制。请问在总重量不超过背包载重上限的情况下，能装入背包的最大价值是多少？

3.1 完全背包问题基本思路

完全背包问题的特点：每种物品有无限件。

我们可以参考「0-1 背包问题」的状态定义和基本思路，对于容量为 $w$ 的背包，最多可以装 $\frac{w}{weight[i - 1]}$ 件第 $i - 1$ 件物品。那么我们可以多加一层循环，枚举第 $i - 1$ 件物品可以选择的件数（$0 \sim \frac{w}{weight[i - 1]}$），从而将「完全背包问题」转换为「0-1 背包问题」。

思路 1：动态规划 + 二维基本思路

1. 划分阶段

按照物品种类的序号、当前背包的载重上限进行阶段划分。

2. 定义状态

定义状态 $dp[i][w]$ 表示为：前 $i$ 种物品放入一个最多能装重量为 $w$ 的背包中，可以获得的最大价值。

状态 $dp[i][w]$ 是一个二维数组，其中第一维代表「当前正在考虑的物品种类」，第二维表示「当前背包的载重上限」，二维数组值表示「可以获得的最大价值」。

3. 状态转移方程

由于每种物品可选的数量没有限制，因此状态 $dp[i][w]$ 可能从以下方案中选择最大值：

1. 选择 $0$ 件第 $i - 1$ 件物品：可以获得的最大价值为 $dp[i - 1][w]$
2. 选择 $1$ 件第 $i - 1$ 件物品：可以获得的最大价值为 $dp[i - 1][w - weight[i - 1]] + value[i - 1]$。
3. 选择 $2$ 件第 $i - 1$ 件物品：可以获得的最大价值为 $dp[i - 1][w - 2 \times weight[i - 1]] + 2 \times value[i - 1]$。
4. ……
5. 选择 $k$ 件第 $i - 1$ 件物品：可以获得的最大价值为 $dp[i - 1][w - k \times weight[i - 1]] + k \times value[i - 1]$。

注意：选择 $k$ 件第 $i - 1$ 件物品的条件是 $0 \le k \times weight[i - 1] \le w$。

则状态转移方程为：

$dp[i][w] = max \lbrace dp[i - 1][w - k \times weight[i - 1]] + k \times value[i - 1] \rbrace, \quad 0 \le k \times weight[i - 1] \le w$。

4. 初始条件

• 如果背包载重上限为 $0$，则无论选取什么物品，可以获得的最大价值一定是 $0$，即 $dp[i][0] = 0, 0 \le i \le size$。
• 无论背包载重上限是多少，前 $0$ 种物品所能获得的最大价值一定为 $0$，即 $dp[0][w] = 0, 0 \le w \le W$。

5. 最终结果

根据我们之前定义的状态，$dp[i][w]$ 表示为：前 $i$ 种物品放入一个最多能装重量为 $w$ 的背包中，可以获得的最大价值。则最终结果为 $dp[size][W]$，其中 $size$ 为物品的种类数，$W$ 为背包的载重上限。

思路 1：代码

class Solution:
    # 思路 1：动态规划 + 二维基本思路
    def completePackMethod1(self, weight: [int], value: [int], W: int):
        size = len(weight)
        dp = [[0 for _ in range(W + 1)] for _ in range(size + 1)]
        
        # 枚举前 i 种物品
        for i in range(1, size + 1):
            # 枚举背包装载重量
            for w in range(W + 1):
                # 枚举第 i - 1 种物品能取个数
                for k in range(w // weight[i - 1] + 1):
                    # dp[i][w] 取所有 dp[i - 1][w - k * weight[i - 1] + k * value[i - 1] 中最大值
                    dp[i][w] = max(dp[i][w], dp[i - 1][w - k * weight[i - 1]] + k * value[i - 1])
        
        return dp[size][W]

思路 1：复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n \times W \times \sum\frac{W}{weight[i]})$，其中 $n$ 为物品种类数量，$W$ 为背包的载重上限，$weight[i]$ 是第 $i$ 种物品的重量。
• 空间复杂度：$O(n \times W)$。

3.2 完全背包问题状态转移方程优化

上之前的思路中，对于每种物品而言，每次我们都需要枚举所有可行的物品数目 $k$，这就大大增加了时间复杂度。

实际上，我们可以对之前的状态转移方程进行一些优化，从而减少一下算法的时间复杂度。

我们将之前的状态转移方程

$dp[i][w] = max \lbrace dp[i - 1][w - k \times weight[i - 1]] + k \times value[i - 1] \rbrace, \quad 0 \le k \times weight[i - 1] \le w$

进行展开：

$(1) \quad dp[i][w] = max \begin{cases} dp[i - 1][w] \cr dp[i - 1][w - weight[i - 1]] + value[i - 1] \cr dp[i - 1][w - 2 \times weight[i - 1]] + 2 \times value[i - 1] \cr …… \cr \cr dp[i - 1][w - k \times weight[i - 1]] + k \times value[i - 1] \end{cases}, \quad 0 \le k \times weight[i - 1] \le w$

而对于 $dp[i][w - weight[i - 1]]$ 我们有：

$(2) \quad dp[i][w - weight[i - 1]] = max \begin{cases} dp[i - 1][w - weight[i - 1]] \cr dp[i - 1][w - 2 \times weight[i - 1]] + value[i - 1] \cr dp[i - 1][w - 3 \times weight[i - 1]] + 2 \times value[i - 1] \cr …… \cr dp[i - 1][w - k \times weight[i - 1]] + (k - 1) \times value[i - 1] \end{cases}, \quad weight[i - 1] \le k \times weight[i - 1] \le w$

通过观察可以发现：

1. $(1)$ 式中共有 $k + 1$ 项，$(2)$ 式中共有 $k$ 项；
2. $(2)$ 式整个式子与 $(1)$ 式第 $1 \sim k + 1$ 项刚好相差一个 $value[i - 1]$。

则我们将 $(2)$ 式加上 $value[i - 1]$，再代入 $(1)$ 式中，可得到简化后的「状态转移方程」为：

$(3) \quad dp[i][w] = max \lbrace dp[i - 1][w], \quad dp[i][w - weight[i - 1]] + value[i - 1] \rbrace, \quad 0 \le weight[i - 1] \le w$。

简化后的「状态转移方程」去除了对物品件数的依赖，也就不需要遍历 $k$ 了，三层循环降为了两层循环。

注意：式 $(3)$ 的满足条件为 $0 \le weight[i - 1] \le w$。当 $w < weight[i - 1]$ 时，$dp[i][w] = dp[i - 1][w]$。

则状态转移方程为：

$\quad dp[i][w] = \begin{cases} dp[i - 1][w] & w < weight[i - 1] \cr max \lbrace dp[i - 1][w], \quad dp[i][w - weight[i - 1]] + value[i - 1] \rbrace & w \ge weight[i - 1] \end{cases}$

从上述状态转移方程我们可以看出：该式子与 0-1 背包问题中「思路 1」的状态转移式极其相似。

唯一区别点在于：

1. 0-1 背包问题中状态为 $dp[i - 1][w - weight[i - 1]] + value[i - 1]$，这是第 $i - 1$ 阶段上的状态值。
2. 完全背包问题中状态为 $dp[i][w - weight[i - 1]] + value[i - 1]$，这是第 $i$ 阶段上的状态值。

思路 2：动态规划 + 状态转移方程优化

1. 划分阶段

按照物品种类的序号、当前背包的载重上限进行阶段划分。

2. 定义状态

定义状态 $dp[i][w]$ 表示为：前 $i$ 种物品放入一个最多能装重量为 $w$ 的背包中，可以获得的最大价值。

状态 $dp[i][w]$ 是一个二维数组，其中第一维代表「当前正在考虑的物品种类」，第二维表示「当前背包的载重上限」，二维数组值表示「可以获得的最大价值」。

3. 状态转移方程

$\quad dp[i][w] = \begin{cases} dp[i - 1][w] & w < weight[i - 1] \cr max \lbrace dp[i - 1][w], \quad dp[i][w - weight[i - 1]] + value[i - 1] \rbrace & w \ge weight[i - 1] \end{cases}$

4. 初始条件

• 如果背包载重上限为 $0$，则无论选取什么物品，可以获得的最大价值一定是 $0$，即 $dp[i][0] = 0, 0 \le i \le size$。
• 无论背包载重上限是多少，前 $0$ 种物品所能获得的最大价值一定为 $0$，即 $dp[0][w] = 0, 0 \le w \le W$。

5. 最终结果

根据我们之前定义的状态，$dp[i][w]$ 表示为：前 $i$ 种物品放入一个最多能装重量为 $w$ 的背包中，可以获得的最大价值。则最终结果为 $dp[size][W]$，其中 $size$ 为物品的种类数，$W$ 为背包的载重上限。

思路 2：代码

class Solution:
    # 思路 2：动态规划 + 状态转移方程优化
    def completePackMethod2(self, weight: [int], value: [int], W: int):
        size = len(weight)
        dp = [[0 for _ in range(W + 1)] for _ in range(size + 1)]
        
        # 枚举前 i 种物品
        for i in range(1, size + 1):
            # 枚举背包装载重量
            for w in range(W + 1):
                # 第 i - 1 件物品装不下
                if w < weight[i - 1]:
                    # dp[i][w] 取「前 i - 1 种物品装入载重为 w 的背包中的最大价值」
                    dp[i][w] = dp[i - 1][w]
                else:
                    # dp[i][w] 取「前 i - 1 种物品装入载重为 w 的背包中的最大价值」与「前 i 种物品装入载重为 w - weight[i - 1] 的背包中，再装入 1 件第 i - 1 种物品所得的最大价值」两者中的最大值
                    dp[i][w] = max(dp[i - 1][w], dp[i][w - weight[i - 1]] + value[i - 1])
                    
        return dp[size][W]

思路 2：复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n \times W)$，其中 $n$ 为物品种类数量，$W$ 为背包的载重上限。
• 空间复杂度：$O(n \times W)$。

3.3 完全背包问题滚动数组优化

通过观察「思路 2」中的状态转移方程

$dp[i][w] = \begin{cases} dp[i - 1][w] & w < weight[i - 1] \cr max \lbrace dp[i - 1][w], \quad dp[i][w - weight[i - 1]] + value[i - 1] \rbrace & w \ge weight[i - 1] \end{cases}$

可以看出：我们只用到了当前行（第 $i$ 行）的 $dp[i][w]$、$dp[i][w - weight[i - 1]]$，以及上一行（第 $i - 1$ 行）的 $dp[i - 1][w]$。

所以我们没必要保存所有阶段的状态，只需要使用一个一维数组 $dp[w]$ 保存上一阶段的所有状态，采用使用「滚动数组」的方式对空间进行优化（去掉动态规划状态的第一维）。

思路 3：动态规划 + 滚动数组优化

1. 划分阶段

按照当前背包的载重上限进行阶段划分。

2. 定义状态

定义状态 $dp[w]$ 表示为：将物品装入最多能装重量为 $w$ 的背包中，可以获得的最大价值。

3. 状态转移方程

$dp[w] = \begin{cases} dp[w] & w < weight[i - 1] \cr max \lbrace dp[w], \quad dp[w - weight[i - 1]] + value[i - 1] \rbrace & w \ge weight[i - 1] \end{cases}$

注意：这里的 $dp[w - weight[i - 1]]$ 是第 $i$ 轮计算之后的「第 $i$ 阶段的状态值」。

因为在计算 $dp[w]$ 时，我们需要用到第 $i$ 轮计算之后的 $dp[w - weight[i - 1]]$，所以我们需要按照「从 $0 \sim W$ 正序递推的方式」递推 $dp[w]$，这样才能得到正确的结果。

因为 $w &lt; weight[i - 1]$ 时，$dp[w]$ 只能取上一阶段的 $dp[w]$，其值相当于没有变化，这部分可以不做处理。所以我们在正序递推 $dp[w]$ 时，只需从 $weight[i - 1]$ 开始遍历即可。

4. 初始条件

• 无论背包载重上限为多少，只要不选择物品，可以获得的最大价值一定是 $0$，即 $dp[w] = 0, 0 \le w \le W$。

5. 最终结果

根据我们之前定义的状态， $dp[w]$ 表示为：将物品装入最多能装重量为 $w$ 的背包中，可以获得的最大价值。则最终结果为 $dp[W]$，其中 $W$ 为背包的载重上限。

思路 3：代码

class Solution:
    # 思路 3：动态规划 + 滚动数组优化
    def completePackMethod3(self, weight: [int], value: [int], W: int):
        size = len(weight)
        dp = [0 for _ in range(W + 1)]
        
        # 枚举前 i 种物品
        for i in range(1, size + 1):
            # 正序枚举背包装载重量
            for w in range(weight[i - 1], W + 1):
                # dp[w] 取「前 i - 1 种物品装入载重为 w 的背包中的最大价值」与「前 i 种物品装入载重为 w - weight[i - 1] 的背包中，再装入 1 件第 i - 1 种物品所得的最大价值」两者中的最大值
                dp[w] = max(dp[w], dp[w - weight[i - 1]] + value[i - 1])
                
        return dp[W]

通过观察「0-1 背包问题滚动数组优化的代码」和「完全背包问题滚动数组优化的代码」可以看出，两者的唯一区别在于：

1. 0-1 背包问题滚动数组优化的代码采用了「从 $W \sim weight[i - 1]$ 逆序递推的方式」。
2. 完全背包问题滚动数组优化的代码采用了「从 $weight[i - 1] \sim W$ 正序递推的方式」。

思路 3：复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n \times W)$，其中 $n$ 为物品种类数量，$W$ 为背包的载重上限。
• 空间复杂度：$O(W)$。

参考资料

• 【资料】背包九讲 - 崔添翼
• 【文章】背包 DP - OI Wiki
• 【文章】背包问题 第四讲 - 宫水三叶的刷题日记
• 【题解】『 套用完全背包模板 』详解完全背包（含数学推导） - 完全平方数 - 力扣
• 【题解】『 一文搞懂完全背包问题 』从0-1背包到完全背包，逐层深入+推导 - 零钱兑换 - 力扣