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# Problema dello zaino
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Il problema dello zaino è un problema _pseudo-trattabile_: non abbiamo dimostrazioni di se sia trattabile o intrattabile.
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## Descrizione
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> Sei un ladro, e devi mettere **più refurtiva possibile** nello zaino per scappare.
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> Lo zaino può portare **al massimo `dim` kili**.
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>
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> **Quali** (e quanti) oggetti scegli?
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| Input | Output |
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|-------|--------|
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| `dim`ensione_zaino, `n`umero_oggetti, `oggetto.peso`, `oggetto.valore` | `profitto_massimo` |
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## Categorie
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### Problema con ripetizione
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Puoi prendere **tutte le copie che vuoi** di un oggetto.
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#### Soluzione
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`K(dim)` è il valore massimo ottenibile con uno zaino di capacità `dim`.
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> Se `i` appartenesse alla soluzione ottima, allora `K(dim) = i.valore + K(dim - i.peso)`...
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Possiamo dire che `K(dim) = max(i.valore + K(dim - i.peso))`.
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Inoltre, `K(0) = 0`.
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Ci salviamo tutte le soluzioni da `K(0)` a `K(dim)`, e le usiamo per calcolare il massimo in seguito.
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Calcolare `K(dim)` avrà allora un costo di `O(n * dim)`:
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- `n`, perchè trovare il massimo è un'operazione lineare
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- `dim`, perchè `dim` sono tutti i casi tra i quali devo andare a provare
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Il costo computazionale, allora, è in `O(n * dim)`.
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Però, il **tempo richiesto** dal nostro algoritmo dipende non dalla lunghezza dell'input, bensì dal **valore numerico** di `dim`, che corrisponde alla dimensione dell'array delle soluzioni.
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Allora, si dice che l'algoritmo è in **tempo _pseudo-polinomiale_**.
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### Problema senza ripetizione
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Si può prendere **ogni oggetto una volta sola**.
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#### Soluzione _bruteforce_
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Scelgo se prendere o no l'item 1.
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Si creano due percorsi:
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- Non prendo l'oggetto: `valore = 0, peso = 0`
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- Prendo l'oggetto: `valore = oggetto.valore, peso = oggetto.peso`
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Continuo a creare percorsi, creando una specie di albero binario.
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Se a un certo punto vedo che `valore = x, peso = K` e `valore < x, peso = K`, allora posso escludere automaticamente tutto il sottoalbero destro, perchè non può essere migliore del sinistro: allora, sarò riuscito a ridurre il numero dei casi rispetto alla ricorsione.
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### Problema in due variabili
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`K(j, w)` = massimo valore ottenibile con uno zaino di capacità `w` scegliendo gli item da `1` a `j`.
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Non possiamo più applicare la soluzione bruteforce, perchè abbiamo due variabili, `j` e `w`.
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Allora, prendo l'elemento `j`. Esso può essere o non essere nella soluzione: mi calcolo entrambe le alternative, e mi tengo l'alternativa dal valore più alto.
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Se `j` non è nella soluzione, il risultato diventerà `K(j-1, w)`; se invece è nella soluzione, il risultato sarà `j.valore + K(j-1, w-j.peso)`.
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In pratica, prendiamo
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```latex
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K(j, w) = max
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\begin{cases}
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V_j + K(j-1, w-w_j)
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K(j-1, w)
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\end{cases}
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```
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Costruisco allora una matrice con `j` su un asse e `w` sull'altro.
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Riempio le caselle con il valore di `K(j, w)`.
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Nella casella con `K(j, w)` avremo la soluzione ottima.
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Il tempo necessario per riempire tutte le caselle è nuovamente `O(n * w)`, ancora **pseudopolinomiale**.
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Per sapere che oggetti ho messo o no devo tenere traccia in qualche modo della catena del calcolo, usando, ad esempio, una pila. |