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01背包
- 问题描述
- 分析
- 进阶

01背包

网上有非常多的文章对01背包进行讲解，变量名繁杂，对初学者不怎么友好。在这篇文章里，我尽量讲得简单，不作一些多余的赘述。

不会有人不知道背包是什么吧？

问题描述

把n种物品装进一个背包，物品 i 的重量是w[ i ]，价值是c[ i ]，背包的容量是M，求能装进背包的最大总价值。

注：w是存储n个物品的重量的数组，c是存储n个物品的价值的数组

分析

为啥叫01背包呢？因为对于每件物品，只有 不拿（0）与拿（1） 两种状态。

动态规划解01背包，关键是填二维表dp：

行 i 指的是我们当前要考虑装 i 个物品
列 j 表示的是背包剩余容量
dp [i] [j] 的值是指 i 个物品装进容量为 j 的背包的最大总价值

当 i 等于物品总量n、j 等于背包容量M的时候，dp [i] [j] 的值就是问题的解。下面根据例子输入，边填表边分析。

输入：n = 4， M = 10
w[] = [2, 3, 4, 7]
c[] = [1, 3, 5, 9]
(4个物品装进容量为10的背包)

初始化第0行为全0，没有物品，不管容量多大，价值只能是0
初始化第0列为全0，容量为0，装不下任何物品，价值只能是0

现在只考虑装 1 件物品（i = 1）

dp[1][1] = 0，容量为1的背包装不下第 1 件物品，因为它的重量为2

dp[1][2] = 1，此时容量为2的背包可以装下物品1，而它的价值为1

第1行后面容量>1的背包，都可以装下物品1，因此它们的价值都为1

现在考虑的是装 2 件物品（i = 2）

dp[2][1] = 0，容量为1的背包即装不下物品1（重量2）也装不下物品2（重量3）

容量为2的背包装不下物品2，但可以装下物品1
因此dp[2][2] = dp[1][2] = 1

此时引出第一种情况:

当背包容量小于物品 i 的重量 w[i] 时，拿不了物品 i ，所以考虑拿 i - 1个物品的最大总价值。
得到状态转移方程: dp[i][j] = dp[ i - 1][j] ( j < w[i])

       if (j < w[i]) {dp[i][j] = dp[i - 1][j];}

容量为3的背包既可以装下物品2、也可以装下物品1。要使价值最大，我们肯定会选装物品2，这样就是dp[2][3] = 3。
此时的背包容量都用来装物品2，已经满了，装不下物品1（对应dp[1][0] = 0）。
但这只是我们主观得出的选择，计算机怎么知道是选装物品1还是物品2呢？

此时引出第二种情况：

当背包容量大于物品 i 的重量 w[i] 时，可以拿物品 i ，此时需要考虑拿了物品 i 的价值大，还是不拿物品 i 的价值大
不拿物品 i ，就是第一种情况，考虑拿 i - 1个物品的最大总价值
拿物品 i ，就需要把物品 i 装入到背包（+c[i]）。但！还需要考虑装完物品 i 的背包还可以装多少（+ dp[ i - 1][ j - w[i]]，即上述的 dp[1][0]）
得到状态转移方程: dp[i][j] = c[i] + dp[ i - 1][ j - w[i]] ( j >= w[i])

如下，容量为5的背包，两个物品都可以装下

所以dp[2][5] = c[2] + dp[1][5 - 3] 即 4 = 3 + 1

   if (j >= w[i]) {dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - w[i]] + c[i]);}

综上，可以得到总的状态转移方程：

dp[i][j]=dp[i−1][j]，(j<w[i])dp[i][j] = dp[ i - 1][j] ，( j < w[i]) dp[i][j]=dp[i−1][j]，(j<w[i])
dp[i][j]=c[i]+dp[i−1][j−w[i]]，(j>=w[i])dp[i][j] = c[i] + dp[ i - 1][ j - w[i]]， ( j >= w[i]) dp[i][j]=c[i]+dp[i−1][j−w[i]]，(j>=w[i])
状态转移方程代表了我们接下来的选择，根据它计算出表内的所有值，如下图

时间复杂度为O（n²），空间复杂度为O（M*n）

得到题目答案：12

完整代码

    // 二维dppublic static int dp_2d(int n, int[] w, int[] c, int M) {int[][] dp = new int[n + 1][M + 1];for (int i = 1; i < n + 1; ++i) {for (int j = 1; j < M + 1; ++j) {if (j < w[i]) {dp[i][j] = dp[i - 1][j];}else{dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], c[i] + dp[i - 1][j - w[i]]);}}}return dp[n][M];}

进阶

滚动数组

由上述的填表顺序可以发现，每次 dp[i][j] 的值都是由 i - 1 行左上方或正上方的dp值得出。因此可以尝试把 [i] 这一维度去除，二维dp降成一维dp，通过不断刷新一维dp表的值，模拟上述二维dp的填表过程。时间复杂度仍为O(n^2^)，空间复杂度降为O（M）。
但会发现若按照从左往右的顺序填表，会把需要用到的值覆盖，固填表方向需要反过来。

完整代码

    // 二维降一维，滚动数组public static int dp_1d(int n, int[] w, int[] c, int M) {int[] dp = new int[M + 1];for (int i = 1; i < n + 1; ++i) {for (int j = 1; j < M + 1; ++j) {if (j >= w[i]) {dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - w[i]] + c[i]);}}}return dp[M];}

END

参考资料：
https://www.bilibili.com/video/BV1C7411K79wfrom=search&seid=9137630755457139754

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