01背包问题

最基本问题描述指01背包问题：

一共有N件物品，第i（i从1开始）件物品的重量为w[i]，价值为v[i]。在总重量不超过背包承载上限C的情况下，能够装入背包的最大价值是多少？

暴力法

我们的目标是书包内物品的总价值，而变量是物品和书包的限重，所以我们可定义状态dp:

dp[i][j] 表示将前i件物品装进限重为j的背包可以获得的最大价值, 0<=i<=N, 0<=j<=W

首先将dp[0][0]、dp[0][1]....dp[0][W]初始化为0，表示将前0个物品（即没有物品）装入书包的最大价值为0。那么当 i > 0 时dp[i][j]有两种情况：

1 不装入第i件物品，即dp[i−1][j]；
2 装入第i件物品（前提是能装下），即dp[i−1][j−w[i]] + v[i]。

即状态转移方程为:

dp[i][j] = max(dp[i−1][j], dp[i−1][j−w[i]]+v[i]) // j >= w[i]

注意这里要保证j>=w[i],因此我们可以得到：

int knapsack(vector<int> v, vector<int> w, int n, int C )
{//初始化dp的值为0vector<vector<int> > dp(n, vector<int>(C + 1,0));for(int i = 1; i < =n; i++){for(int j = 1; j <= C ; j++){if(j < w[i]){dp[i][j] = f[i - 1][j]}else{dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - w[i]] + v[i]);}}}return dp[n ][C];
}

此时的时间和空间复杂度都是O(nC)

空间优化

我们来看一下这个程序是怎么运行的，如图所示，
N=5，C=11, value ={1，6，18，22，28}，weight={1，2，5，6，7}

程序首先求dp[1][1]=1, dp[1][2]=1......dp[1][11]=1这一行的数据，之后依次求得每一行的数据。
最后，我们有用的数据是dp[n ][C]，也就是说，很多数据我们可以不用保存，这就是空间复杂度可以优化到O(C)的原理。

int knapsack(vector<int> v, vector<int> w, int n, int C)
{vector<int> dp(C + 1);for(int i = 0; i < =n; i++){for(int j = C; j >= w[i]; j--)dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);}return dp[C];
}

我们注意到for(int j = C; j >= w[i]; j--)是反序的，为什么？

为了防止上一层循环的dp[0,…,j-1]被覆盖，循环的时候 j 只能逆向枚举（空间优化前没有这个限制）

原来的代码是dp[i][j] = max(dp[i−1][j], dp[i−1][j−w[i]]+v[i]) // j >= w[i]
也就是说，求dp[i][j] 的时候要用到之前的dp[i][j-1]

如图所示，如果已经有了i=1时候的的dp，下一步，求i=2时候的dp，我们求哪个数开始呢？是dp[2][1]=1还是dp[2][11]=7。

显然是dp[2][11]，也就是dp[11]，

dp[i][j] = max(dp[i−1][j], dp[i−1][j−w[i]]+v[i]) // j >= w[i]

带入i=2，j=11

dp[2][11] = max(dp[1][11], dp[1][11−w[2]]+v[2])

求dp[2][11] 需要有dp[1][11]，dp[1][11−w[2]]，这是i=1循环时候求的值，不能先覆盖了。

即求dp[11]要用到dp[10]，dp[10]是没有更新的，需要原来的dp[1][10]，这样才能走通整个流程，所以逆向枚举。

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背包问题的所有情况

背包类型还有以下几种：
1、0/1背包问题：每个元素最多选取一次
2、完全背包问题：每个元素可以重复选择
3、多重背包问题：不止一个背包，需要遍历每个背包

而每个背包问题要求的也是不同的，按照所求问题分类，又可以分为以下几种：
1、最值问题：要求最大值/最小值
2、存在问题：是否存在…………，满足…………
3、组合问题：求所有满足……的排列组合

因此把背包类型和问题类型结合起来就会出现以下细分的题目类型：
1、0/1背包最值问题
2、0/1背包存在问题
3、0/1背包组合问题
4、完全背包最值问题
5、完全背包存在问题
6、完全背包组合问题
…

完全背包问题

完全背包（unbounded knapsack problem）与01背包不同就是每种物品可以有无限多个：

一共有N种物品，每种物品有无限多个，第i（i从1开始）种物品的重量为w[i]，价值为v[i]。在总重量不超过背包承载上限C的情况下，能够装入背包的最大价值是多少？

状态转移方程分析

我们的目标和变量和01背包没有区别，所以我们可定义与01背包问题几乎完全相同的状态dp:

dp[i][j]表示将前i种物品装进限重为j的背包可以获得的最大价值, 0<=i<=N, 0<=j<=C

初始状态也是一样的，我们将dp[0][0] ,dp[0][1]....dp[0][C] 初始化为0，表示将前0种物品（即没有物品）装入书包的最大价值为0。那么当 i > 0 时dp[i][j]也有两种情况

不装入第i种物品，即dp[i−1][j]，同01背包；
装入第i种物品，此时和01背包不太一样，因为每种物品有无限个（但注意书包限重是有限的），所以此时不应该转移到dp[i−1][j−w[i]]而应该转移到dp[i][j−w[i]]，即装入第i种商品后还可以再继续装入第种商品。(这点可以再想一想）

所以状态转移方程为

dp[i][j] = max(dp[i−1][j], dp[i][j−w[i]]+v[i]) // j >= w[i]

空间优化

这个状态转移方程与01背包问题唯一不同就是max第二项不是dp[i-1]而是dp[i]。

和01背包问题类似，也可进行空间优化，优化后不同点在于这里的 j 只能正向枚举而01背包只能逆向枚举，因为这里的max第二项是dp[i]而01背包是dp[i-1]，即这里就是需要覆盖而01背包需要避免覆盖。所以伪代码如下：

int knapsack(vector<int> v, vector<int> w, int n, int C)
{vector<int> dp(C + 1);for(int i = 0; i < =n; i++){for(int j = w[i]; j <= C; j--)dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);}return dp[C];
}

由上述代码看出，01背包和完全背包问题此解法的空间优化版解法唯一不同就是前者的 j 只能逆向枚举而后者的 j 只能正向枚举，这是由二者的状态转移方程决定的。

我们还是看之前的图例

dp[2][11]=7如何来的：

dp[i][j] = max(dp[i−1][j], dp[i][j−w[i]]+v[i])

带入i=2，j=11

dp[2][11] = max(dp[2][11], dp[2][11−w[2]]+v[2])

需要 dp[2][11−w[2]] ，也就在循环i=2里面，先更新dp[11−w[2]]，再更新dp[11]
即 j要先小后大，升序，正向枚举。

方法二：记录第i件物品的数据k

除了上面的思路外，完全背包还有一种常见的思路，但是复杂度高一些。我们从装入第 i 种物品多少件出发，01背包只有两种情况即取0件和取1件，而这里是取0件、1件、2件…直到超过限重（k > j/w[i]），所以状态转移方程为：

# k为装入第i种物品的件数, k <= j/w[i]
dp[i][j] = max{(dp[i-1][j − k*w[i]] + k*v[i]) for every k}

同理也可以进行空间优化，需要注意的是，这里max里面是dp[i-1]，和01背包一样，所以 j 必须逆向枚举，优化后代码为：（写外代码了）

/ 完全背包问题思路二伪代码(空间优化版)
dp[0,...,W] = 0
for i = 1,...,Nfor j = C,...,w[i] // 必须逆向枚举!!!for k = [0, 1,..., j/w[i]]dp[j] = max(dp[j], dp[j−k*w[i]]+k*v[i])

此时的时间复杂度O从nC变为：nCCwnC\frac{C}{w}nCwC

方法三：转换成01背包

01背包问题是最基本的背包问题，我们可以考虑把完全背包问题转化为01背包问题来解：将一种物品转换成若干件只能装入0件或者1件的01背包中的物品。

最简单的想法是，考虑到第 i 种物品最多装入 C/w[i] 件，于是可以把第 i 种物品转化为 C/w[i] 件费用及价值均不变的物品，然后求解这个01背包问题。

更高效的转化方法是采用二进制的思想：把第 i 种物品拆成重量为 wa2kw_a2^kwa2k 、价值为va2kv_a2^kva2k的若干件物品，其中 k 取遍满足wa2k<Cw_a2^k<Cwa2k<C的非负整数。这是因为不管最优策略选几件第 i 种物品，总可以表示成若干个刚才这些物品的和（例：13 = 1 + 4 + 8）。这样就将转换后的物品数目降成了对数级别。

多重背包

多重背包（bounded knapsack problem）与前面不同就是每种物品是有限个：

一共有N种物品，第i（i从1开始）种物品的数量为n[i]，重量为w[i]，价值为v[i]。在总重量不超过背包承载上限W的情况下，能够装入背包的最大价值是多少？

方法一：记录第i件物品的数据k

此时的分析和完全背包的方法二差不多，也是从装入第 i 种物品多少件出发：装入第i种物品0件、1件、…n[i]件（还要满足不超过限重）。所以状态方程为：

# k为装入第i种物品的件数, k <= min(n[i], j/w[i])
dp[i][j] = max{(dp[i-1][j − k*w[i]] + k*v[i]) for every k}

同理也可以进行空间优化，而且 j 也必须逆向枚举，优化后代码为：（写伪代码了

// 完全背包问题思路二伪代码(空间优化版)
dp[0,...,C] = 0
for i = 1,...,Nfor j = C,...,w[i] // 必须逆向枚举!!!for k = [0, 1,..., min(n[i], j/w[i])]dp[j] = max(dp[j], dp[j−k*w[i]]+k*v[i])

方法二：转换成01背包

和前文方法一样，不过我感觉方法一已经够。

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背包问题详解-动态规划

目录

01背包问题

暴力法

空间优化

背包问题的所有情况

完全背包问题

状态转移方程分析

空间优化

方法二：记录第i件物品的数据k

方法三：转换成01背包

多重背包

方法一：记录第i件物品的数据k

方法二：转换成01背包

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