将背包问题简化为逆背包问题

Question

1）假设我们有一个常见的0-1背包问题。 给定一组从1到n的n个项，每个项的权重为w_i，值为v_i，最大权重为W。在这里，我们需要选择一些对象，以使v_i的总和最大化，从而所选对象的w_i之和不会超过给定的W数。

       maximize∑(v_i*x_i), such that ∑(w_i*x_i)≤ W

2）现在假设我们有同样的问题，但是我们需要选择对象，以使它们的值之和最小，并且其权重之和不能小于给定的数字。

      minimize∑(v_i*x_i), such that ∑(w_i*x_i)≥ W.

知道第一个问题是NP完全的，我如何证明第二个问题具有相同的复杂性，换句话说NP也是完整的吗？

Answer 1

知道第一个问题是NP完全的，我如何证明第二个问题具有相同的复杂性，换句话说NP也是完整的吗？

如果要证明问题B是NP完全问题，则必须证明存在从A到B的多项式时间约简，其中已知A是NP完全问题。
从一个问题的多项式时间减少A一个问题B是解决问题的算法A使用呼叫的多项式数为问题的子程序B那些子程序调用的外部，并且多项式时间。（源）。

因此，根据您的情况，您可以轻松地将多项式时间从背负问题简化为逆背负问题。
这两个问题是等效的（找到一个最佳解决方案可以立即解决另一个问题）。
令S为对象的集合， M为S的对象的权重之和， W为背包的容量。 然后，我们有：

相当于

这是因为，如果S'是(i)的最优解，则S\\S'是(ii)的最优解(ii)反之亦然）。

这是多项式时间减少（ O(1)调用子程序，多项式运算次数），因此反向背包确实是NP完全的。

Answer 2

关键思想似乎是交换价值和权重，并对第二个问题使用二元搜索来构造约简。

给定第一个公式的实例I的值v_i和权重w_i ，通过交换利润和权重来构造第二个问题的实例。 所有权重的总和（现在是利润）由

n * w_max

其中w_max是最大重量。 这个数字本身在输入的编码长度中是指数的。 但是，我们可以使用二进制搜索来确定最大可实现利润，从而不超过初始容量W 这可以在

log( n * w_max )

迭代，即对输入的编码大小进行多项式限定的数字，对第二个问题使用相同次数的算法调用。 所描述的算法是从第一个问题到第二个问题的多项式预测。

Answer 3

逆背包是我的最爱之一。 尽管我从未明确证明它是NP完整的，但我确实知道如何将问题重新构造为背包问题本身，这应该可以解决问题：

与其将对象添加到空袋子中，不如考虑从要装满的袋子中选择要去除的对象的问题。 然后，由于权重的数量不能少于给定的数量，因此就对象而言，我们最多只能删除总计（权重-最小权重）。

由于要使价格最小化，因此必须将要移除的物体的价格最大化。

我们剩下最初的背包问题，在这里我们必须选择一组物品（要移走），以使它们的价格最大化，并且它们的总重量不超过最小重量。 （最后，我们将未删除的项目作为解决方案）

我们已经将问题改成恰好是原始的背包问题，因此它也必须是NP完全的。

这种方法的优点是我个人不知道什么NP可以完成它。 我刚刚证明反向背包和背包是完全等效的。