No.1：01背包问题

题目：

有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。

基本思路：

每种物品仅有一件，可以选择放或不放。用子问题定义状态：即f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是：

f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}

这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。所以有必要将它详细解释一下：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”，价值为f[i-1][v]；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。

假设数组储存结构如下：

上述基本思路如何实现，肯定是有一个主循环i=1..N，每次算出来二维数组f[i][0..V]的所有值。

   for i=1..N      for v=0..V         f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}

（图为假设f[i-1][v-c[i]]在那里，实际v-c[i]可能小于0，小心不要越界）

优化开始了，可以知道扫描的过程，只与前一个竖列相关，那么可以优化成两列，每次从前列计算出后列，然后再把后列的值存到前列。

那么还可以优化，只要一列，每次从自身就可以推算出新值，不过因为决定关系，v需要改成逆序扫描。实际一行跟一列都可以认为成一维数组，意思是空间优化到了一维数组  f[i][v]  —>  f[v]

即：f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}

   for i=1..N      for v=V..0         f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}

初始化的细节问题

我们看到的求最优解的背包问题题目中，事实上有两种不太相同的问法。有的题目要求“恰好装满背包”时的最优解，有的题目则并没有要求必须把背包装满。一种区别这两种问法的实现方法是在初始化的时候有所不同。

如果是第一种问法，要求恰好装满背包，那么在初始化时除了f[0]为0其它f[1..V]均设为-∞，这样就可以保证最终得到的f[N]是一种恰好装满背包的最优解。

如果并没有要求必须把背包装满，而是只希望价格尽量大，初始化时应该将f[0..V]全部设为0。

为什么呢？可以这样理解：初始化的f数组事实上就是在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。如果要求背包恰好装满，那么此时只有容量为0的背包可能被价值为0的nothing“恰好装满”，其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，它们的值就都应该是-∞了。如果背包并非必须被装满，那么任何容量的背包都有一个合法解“什么都不装”，这个解的价值为0，所以初始时状态的值也就全部为0了。

一个常数优化

前面的伪代码中有 for v=V..1，可以将这个循环的下限进行改进。

由于只需要最后f[v]的值，倒推前一个物品，其实只要知道f[v-w[n]]即可。以此类推，对以第j个背包，其实只需要知道到f[v-sum{w[j..n]}]即可，即代码中的

for i=1..N    for v=V..0

可以改成

for i=1..n    bound=max{V-sum{w[i..n]},c[i]}    for v=V..bound

这对于V比较大时是有用的。

参考自著名的背包九讲