关于背包那些事

几类背包问题

1.0/1背包
顾名思义，既是指一个背包，指定一些物品质量（体积）与价值（每种物品只有一个），求出可装的最大价值。每种物品有0（不选）、1（选）两种状态。
而基本思路为dp：
已知条件有第n个物品的重量w[i]，价值c[i]，以及背包的总容量v
简单分析
假设当前已经处理好了前i-1个物品的所有状态，那么对于第i个物品，当其不放入背包时，背包的剩余容量不变，背包中物品的总价值也不变，故这种情况的最大价值为dp[i-1][j]；当其放入背包时，背包的剩余容量会减小，背包中物品的总价值会增大 ，故这种情况的最大价值为dp[i-1][j-w[i]]+c[i]

由此可以得出状态转移方程:dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]]+c[i])

代码如下：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,w[100005],c[100005],v,dp[5005][5005];
int main(){
	scanf("%d %d",&v,&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d %d",&w[i],&c[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=v;j++){
			if(j>=w[i])dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]]+c[i]);
			else dp[i][j]=dp[i-1][j];
		}
	}
	printf("%d",dp[n][v]);
	return 0;
}

But,这个代码当遇见n或v较大时便会RE，强行改变dp数组大小有会MLE，使用map的话又很有可能TLE
于是乎，就有了降维思想！！！
通过观察以上代码，不难发现第一维枚举i时只用到了i，i-1，即为更新前与更新后，那么这一维就可以省略（只需覆盖即可），再通俗地说就是只需要重量的第二维。

新的代码：

#include<iostream>
using namespace std;
const int M_AX=1e5+7;
int n,m,w[M_AX],v[M_AX],f[M_AX];
int main(){
	cin>>m>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>w[i]>>v[i];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int l=m;l>=w[i];l--){
			if(f[l-w[i]]+v[i]>f[l])f[l]=f[l-w[i]]+v[i];			
		}
	}	
	cout<<f[m];
	return 0;
}

完全背包
与0/1背包问题相反，完全背包在0/1背包选与不选基础上多了一个条件——每个物品都有无数个，于是就有了两种思路……
思路一：
第三层循环枚举第i个物品的选择数量。
代码在0/1背包上进行一些简单改动，在此不进行展示。
f i , j = max ⁡ k + ∞ { f i − 1 , j − k ⋅ w i + k ⋅ c i } f_{i,j}=\max\limits^{+\infin}_k\{f_{i-1,j-k\cdot w_i}+k\cdot c_i\} fi,j​=kmax+∞​{fi−1,j−k⋅wi​​+k⋅ci​}
思路二：
对方法一进行优化，省去第三层循环，状态转移方程其实与0/1背包相同，
只不过第二层循环顺序发生了改变。
对于0/1背包：for(int j=m;j>=w[i];j–)
而对于完全背包：for(int j=w[i];j<=m;j++)
与0/1背包相同，我们可以将第一维去掉来优化空间复杂度。如果理解了0/1背包的优化方式，就不难明白压缩后的循环是正向的
做一个简单的代码展示

#include<cstdio>
using namespace std;
int n,m,dp[1005],w[1005],c[1005];
int main(){
	scanf("%d %d",&m,&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d %d",&w[i],&c[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=w[i];j<=m;j++){
			if(dp[j-w[i]]+c[i]>dp[j])dp[j]=dp[j-w[i]]+c[i];			
		}
	}
	printf("%d",dp[m]);
	return 0;
}