DP学习之0/1背包再学习

背包常见题目一

有 $N$件物品和一个容量是 $V$ 的背包。每件物品只能使用一次。
第 $i$件物品的体积是 $v_i$，价值是 $w_i$。
求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。
输出最大价值。
数据范围
$0<N,V\le 1000$
$0<v_i,w_i\le 1000$

朴素写法

#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;

const int maxn = 1010;
int n,m;
int dp[maxn][maxn];
int v[maxn],w[maxn];
int main(){
    cin >> n >> m;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin >> v[i] >> w[i];
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<=m;j++){
            dp[i][j] = dp[i-1][j]; // 不取当前物品
            if(j>=v[i]) dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i-1][j-v[i]]+w[i]);
        }
    }
    cout << dp[n][m];
    return 0;
}

时间复杂度：$O(nm)$ 空间复杂度：$O(n^2)$

空间初步优化

#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;

const int maxn = 1010;
int n,m,v,w;
int dp[maxn][maxn];
int main(){
    cin >> n >> m;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin >> v >> w;
        for(int j=0;j<=m;j++){
            dp[i][j] = dp[i-1][j]; // 不取当前物品
            if(j>=v) dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i-1][j-v]+w);
        }
    }
    cout << dp[n][m];
    return 0;
}

时间复杂度：$O(nm)$ 空间复杂度：$O(n^2)$

空间进一步优化，dp数组优化版本

dp[i]只用到前一个物品的状态dp[i-1],dp[j]更新的时候会用到dp[j-v],我们希望用到上一个状态的dp[j-v],而不是更新过后的dp[j-v],简单来说就是dp[j]要先于dp[j-v]更新

#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;

const int maxn = 1010;
int n,m,v,w;
int dp[maxn];

int main(){
    cin >> n >> m;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin >> v >> w;
        for(int j=m;j>=v;j--){ // 倒序枚举
        // dp[i]只用到前一个物品的状态dp[i-1],dp[j]更新的时候会用到dp[j-v]，
        // 我们希望用到上一个状态的dp[j-v],而不是更新过后的dp[j-v],
        // 简单来说就是dp[j]要先于dp[j-v]更新
            dp[j] = max(dp[j],dp[j-v]+w);
        }
    }
    cout << dp[m];
    return 0;
}

时间复杂度：$O(nm)$ 空间复杂度：$O(n)$

背包常见题目二

如果把题目换成，体积刚好为V时的最大价值，如何求解？
其实跟dp的初始化方式有关，上面用的是把dp全部初始化为0，如果求刚好为V，我们只需按照下面初始化

$dp[0]=0dp[i]=-INF(i!=0)$