[백준] 12865 평범한 배낭 java

문제

이 문제는 아주 평범한 배낭에 관한 문제이다.

한 달 후면 국가의 부름을 받게 되는 준서는 여행을 가려고 한다. 세상과의 단절을 슬퍼하며 최대한 즐기기 위한 여행이기 때문에, 가지고 다닐 배낭 또한 최대한 가치 있게 싸려고 한다.

준서가 여행에 필요하다고 생각하는 N개의 물건이 있다. 각 물건은 무게 W와 가치 V를 가지는데, 해당 물건을 배낭에 넣어서 가면 준서가 V만큼 즐길 수 있다. 아직 행군을 해본 적이 없는 준서는 최대 K만큼의 무게만을 넣을 수 있는 배낭만 들고 다닐 수 있다. 준서가 최대한 즐거운 여행을 하기 위해 배낭에 넣을 수 있는 물건들의 가치의 최댓값을 알려주자.

입력

첫 줄에 물품의 수 N(1 ≤ N ≤ 100)과 준서가 버틸 수 있는 무게 K(1 ≤ K ≤ 100,000)가 주어진다. 두 번째 줄부터 N개의 줄에 거쳐 각 물건의 무게 W(1 ≤ W ≤ 100,000)와 해당 물건의 가치 V(0 ≤ V ≤ 1,000)가 주어진다.

입력으로 주어지는 모든 수는 정수이다.

출력

한 줄에 배낭에 넣을 수 있는 물건들의 가치합의 최댓값을 출력한다.

풀이

import java.io.*;
import java.util.*;

public class Main {
    static BufferedReader br;
    static StringTokenizer st;
    static int n, k, w, v;
    static int[][] dp;
    static Jewel[] jewels;

    public static void main(String[] args) throws IOException {
        br = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
        st = new StringTokenizer(br.readLine());

        //초기 입력
        n = stoi(st.nextToken());
        k = stoi(st.nextToken());
        dp = new int[n+1][k+1];
        jewels = new Jewel[n+1];
        //초기 -1 선언
        for(int[] arr : dp) {
            Arrays.fill(arr, -1);
        }
        //물건을 고르지 않은 경우를 초기 0으로 선언
        Arrays.fill(dp[0], 0);
        //무게가 0인 경우를 초기 0으로 선언
        for (int i = 0; i <= n; i++) {
            dp[i][0] = 0;
        }

        //각 보석의 정보를 받아옴
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            st = new StringTokenizer(br.readLine());
            w = stoi(st.nextToken());
            v = stoi(st.nextToken());

            jewels[i] = new Jewel(w, v);
        }
        //정답 출력
        System.out.println(top_down(n, k));
    }

    static int stoi(String s) {return Integer.parseInt(s);}

    static int top_down(int n, int k) {
        //현재 위치의 최댓값이 이미 있을 경우 : 바로 return
        if (dp[n][k] != -1) return dp[n][k];
        //아닐 경우 : n번째 보석이 선택 가능한 경우 인지 확인 후 된다면 값을 구한다.
        int selected = 0;
        if (k - jewels[n].w >= 0) {
            selected = top_down(n - 1, k - jewels[n].w) + jewels[n].v;
        }
        //dp[현재 보석의 수 -1][현재 무게 - n번째 보석의 무게] + n번째 보석의 가치, dp[현재 보석의 수 -1][현재무게]

        return dp[n][k] = Math.max(selected, top_down(n - 1, k));
    }
}

class Jewel {
    int w;
    int v;

    public Jewel(int w, int v) {
        this.w = w;
        this.v = v;
    }
}

 

dp 알고리즘의 대표 유형 중 하나인 냅색 알고리즘 문제이다. 

 

냅색 알고리즘 에서도 3가지 형태로 나눌 수 있다.

 

1. 물건의 갯수가 무한대 인 경우

2. 물건의 갯수가 각 1개씩 있는 경우

3. 각 물건 마다 n개의 갯수가 있는 경우

 

위의 문제의 경우 2번 유형에 속한다.

 

처음에는 간단히 k무게의 가방에 담을 수 있는 최대 가치합은 k-jewel[i].무게의 최대 가치합 + jewel[i].가치 한 것중 최댓값이라고 생각했는데 잘못된 점화식 설계였다.

 

이렇게 되면 항상 어떤 보석 a를 고른 경우만 선택이 된다. 

 

이게 무슨 말이냐 하면 일단 이 문제를 간단히 풀어보자.

 

k무게에 들어가는 보석의 모든 부분집합 중 가치합의 최대값을 찾아야 하는 문제이다. 

 

그렇게 되면 멱집합을 구하는 알고리즘을 생각하게 되는데 이 경우엔 해당 원소를 고르는 경우와 안고르는 경우

 

두 가지의 항으로 나뉘는데 여기서 고르지 않는 경우를 고려하지 않게 되면서 최적해가 나올 수 없게 된다. 그러므로 고르지 않는 경우도 고려해야 한다.

 

하지만 단순히 모든 경우의 수를 따져서 브루트 포스를 돌리면 O(2^n) 이라는 어마무시(?)한 시간복잡도가 나오게 된다. 

 

그러므로 DP를 사용하면 O(NK)로 끝낼 수 있다. 점화식은 아래와 같다.

 

dp[n][k] = max(dp[보석의 개수 - 1][k - 보석의 무게] + 보석의 가치, dp[보석의 개수 - 1][k])

 

위의 점화식이 뜻하는 바는 n번째 보석을 고른 경우와 고르지 않은 경우로 나눌 수 있다.