01背包

动态规划：

有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的体积是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。

状态转移方程：
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 
伪码：
  for i=1..N 
   for v=V..0 
    f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};
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]。

结合例题来看：

采药

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Description辰辰是个天资聪颖的孩子，他的梦想是成为世界上最伟大的医师。为此，他想拜附近最有威望的医师为师。医师为了判断他的资质，给他出了一个难题。医师把他带到一个到处都是草药的山洞里对他说：“孩子，这个山洞里有一些不同的草药，采每一株都需要一些时间，每一株也有它自身的价值。我会给你一段时间，在这段时间里，你可以采到一些草药。如果你是一个聪明的孩子，你应该可以让采到的草药的总价值最大。”
如果你是辰辰，你能完成这个任务吗？  
Input输入的第一行有两个整数T（1 <= T <= 1000）和M（1 <= M <= 100），用一个空格隔开，T代表总共能够用来采药的时间，M代表山洞里的草药的数目。接下来的M行每行包括两个在1到100之间（包括1和100）的整数，分别表示采摘某株草药的时间和这株草药的价值。 
Output输出包括一行，这一行只包含一个整数，表示在规定的时间内，可以采到的草药的最大总价值。 
Sample Input
70 3
71 100
69 1
1 2
Sample Output
3

#include <iostream>#include <string>#define max(a,b) a>b?a:b;using namespace std;int main(){int dp[101][1001], m, T, w[101], val[101], i, j;cin >> T >> m;//t代表采药的时间,m代表草药的数目memset(dp,0,sizeof(dp));for (i = 1; i <= m; i++)cin >> w[i] >> val[i];//w表示采药的时间,val代表对应草药的价值for (i = 1; i <= m; i++){for (j = 0; j <= T; j++){//j相当于上面说的V-c[i] 剩余容量if (j >= w[i]){//dp[i][j]表示放i件物品，最大容量为j的 最大价值dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - w[i]] + val[i]);//放还是不放的选择}else{//当前物品放不进去，因此剩余容量还是为jdp[i][j] = dp[i - 1][j];}}}cout << dp[m][T] << endl;return 0;}

效率分析：

此算法的时间复杂度为O(N*V)，空间复杂度也为O(N*V)。其中，N 表示物品个数，V 表示背包容量这里，时间复杂度不可以在优化了，但是空间复杂度可以继续优化到O(V)

优化空间复杂度

上述的方法，我们使用二维数组 f[i][v] 保存中间状态，这里我们可以使用一维数组f[v]保存中间状态就能得到结果

分析

我们现在使用f[v]保存中间状态，我们想要达到的效果是，第i次循环后，f[v]中存储的是前i个物体放到容量v时的最大价值

在回顾下之前讲过的状态转移方程：

[cpp] view plaincopy

1. f[i][v] = max(f[i - 1][v],f[i - 1][v - weight[i]] + cost[i])  

我们可以看到，要想得到 f[i][v]，我们需要知道 f[i - 1][v] 和 f[i - 1][v - weight[i]]，由于我们使用二维数组保存中间状态，所以可以直接取出这两个状态。

当我们使用一维数组存储状态时，f[v]表示，在执行i次循环后(此时已经处理i个物品)，前i个物体放到容量v时的最大价值，即之前的f[i][v]。与二维相比较，它把第一维隐去了，但是二者表达的含义还是相同的，只不过针对不同的i，f[v]一直在重复使用，所以，也会出现第i次循环可能会覆盖第i - 1次循环的结果。

为了求f[v],我们需要知道，前i - 1个物品放到容量v的背包中带来的收益，即之前的f[i - 1][v]  和 前i - 1件物品放到容量为v - weight[i]的背包中带来的收益，即之前的f[i - 1][v - weight[i]] + cost[i]。

难点：由于我们只使用一维数组存储，则在求这两个子问题时就没有直接取出那么方便了，因为，第i次循环可能会覆盖第i - 1次循环的结果。

现在我们来求这两个值

1）前i - 1个物品放到容量v的背包中带来的收益，即之前的f[i - 1][v] ：

由于，在执行在i次循环时，f[v]存储的是前i个物体放到容量v时的最大价值，在求前i个物体放到容量v时的最大价值(即之前的f[i][v])时，我们是正在执行第 i 次循环，f[ v ]的值还是在第 i - 1  次循环时存下的值，在此时取出的 f[ v ]就是前i - 1个物体放到容量v时的最大价值，即f[i - 1][v]。

2）前i - 1件物品放到容量为v - weight[i]的背包中带来的收益，即之前的f[i - 1][v - weight[i]] + cost[i]

由于，在执行第i次循环前，f[0 ~ V]中保存的是第i - 1次循环的结果，即是前i - 1个物体分别放到容量0 ~ V时的最大价值，即f[i - 1][0 ~ V]。

则，在执行第i次循环前，f 数组中v - weight[i]的位置存储就是我们要找的 前i - 1件物品放到容量为v - weight[i]的背包中带来的收益 (即之前的f[i - 1][v - weight[i]])，这里假设物品是从数组下标1开始存储的。

伪代码

[cpp] view plaincopy

1. for i=1..N //枚举物品  
2.     for v=V..0 //枚举容量，从大到小  
3.         f[v]=max{f[v],f[v-weight[i]] + cost[i]};  

由上面伪代码可知，在执行第 i 次循环时，需要把背包容量由V..0都要遍历一遍，检测第 i 件物品是否能放。

逆序枚举容量的原因：

注意一点，我们是由第 i - 1 次循环的两个状态推出 第 i 个状态的，而且 v  > v - weight[i]，则对于第i次循环，背包容量只有当V..0循环时，才会先处理背包容量为v的状况，后处理背包容量为 v-weight[i] 的情况。

具体来说，由于，在执行v时，还没执行到v - weight[i]的，因此，f[v - weight[i]]保存的还是第i - 1次循环的结果。即在执行第i次循环 且 背包容量为v时，此时的f[v]存储的是 f[i - 1][v] ，此时f[v-weight[i]]存储的是f[i - 1][v-weight[i]]。

相反，如果在执行第 i 次循环时，背包容量按照0..V的顺序遍历一遍，来检测第 i 件物品是否能放。此时在执行第i次循环 且 背包容量为v时，此时的f[v]存储的是 f[i - 1][v] ，但是，此时f[v-weight[i]]存储的是f[i][v-weight[i]]。

因为，v  > v - weight[i]，第i次循环中，执行背包容量为v时，容量为v - weight[i]的背包已经计算过，即f[v - weight[i]]中存储的是f[i][v - weight[i]]。即，对于01背包，按照增序枚举背包容量是不对的。

代码

[cpp] view plaincopy

1. #include <iostream>  
2. using namespace std;  
3.   
4. const int N = 3;//物品个数  
5. const int V = 5;//背包最大容量  
6. int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量  
7. int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品价值  
8.   
9. int f[V + 1] = {0};  
10.   
11. int Max(int x,int y)  
12. {  
13.     return x > y ? x : y;  
14. }  
15.   
16. /* 
17. 目标：在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值 
18.  
19. 子问题状态:f[j]:表示前i件物品放入容量为j的背包得到的最大价值 
20.  
21. 状态转移方程:f[j] = max{f[j],f[j - weight[i]] + value[i]} 
22.  
23. 初始化:f数组全设置为0 
24. */  
25. int Knapsack()  
26. {  
27.     //初始化  
28.     memset(f,0,sizeof(f));  
29.     //递推  
30.     for (int i = 1;i <= N;i++) //枚举物品  
31.     {  
32.         for (int j = V;j >= weight[i];j--) //枚举背包容量,防越界，j下限为 weight[i]  
33.         {  
34.             f[j] = Max(f[j],f[j - weight[i]] + value[i]);  
35.         }  
36.     }  
37.     return f[V];  
38. }  
39.   
40. int main()  
41. {  
42.     cout<<Knapsack()<<endl;  
43.     system("pause");  
44.     return 1;  
45. }  

但是，增序枚举背包容量会达到什么效果：它会重复的装入某个物品，而且尽可能多的，使价值最大，当然不会不超过背包容量

而逆序枚举背包容量：背包中的物品至多装一次，使价值最大，当然不会不超过背包容量