背包九讲之背包第一讲--01背包

背包九讲之背包第一讲–01背包

01背包是在M件物品取出若干件放在空间为 W 的背包里，每件物品的体积为 W1 ，W2 至 Wn ，与之相对应的价值为 P1 , P2 至 Pn 。01背包是背包问题中最简单的问题。01背包的约束条件是给定几种物品，每种物品有且只有一个，并且有权值和体积两个属性。在01背包问题中，因为每种物品只有一个，对于每个物品只需要考虑选（1）与不选（0）两种情况。如果不选择将其放入背包中，则不需要处理。如果选择将其放入背包中，由于不清楚之前放入的物品占据了多大的空间，需要枚举将这个物品放入背包后可能占据背包空间的所有情况。

那么简单来说就是：有N件物品和一个容量为 V 的背包。（每种物品均只有一件）第 i 件物品的体积是 w[i] ，价值是 v[i] 。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。

为了简单理解，这里先设 f[i][j] , 这表示前 i 件物品， 背包剩余体积为j时的总价值。

现在对这个问题简单化，即有两种情况：

第一种是第 i 件不放进去，这时所得价值为: f[i-1][j] (因为第i件物品不放进去，所以说背包的剩余体积j不变，此时总价值与上一次总价值相等)

第二种是第i件放进去，这时所得价值为：f[i-1][j-w[i]]+v[i] （因为将第 i 件物品放入背包，所以此时的总价值就等于前 i-1 件物品的总价值加上第 i 件物品的价值） 这里要注意二维数组 f 里面是 j-w[i] ，因为这里的j表示的是背包的的剩余体积。（那么就有人问这样开数组会不会因有的数组没有用到而造成浪费，其实一般来说，开数组时一般往大了多开10或100个，这样占用的空间并不多，而且还可以防止数组越界所产生的中途崩溃问题，岂不是一举两得）

由此我们就可以得出这个DP问题的状态转移方程：

if(j<w[i])//此时背包剩余体积小于第i件物品的体积
    f[i][j]=f[i-1][j];//所以第i件物品无法放入背包，只能与前状态相同
else//当第i件物品可以放入背包时
    f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-w[i]+v[i]]);//还要考虑是否放入 
//若不放入则和上面的情形相同
//若放入则等于前i-1件物品时的总价值加上第i件物品的价值

例：在使用动态规划算法求解0-1背包问题时，使用二维数组 m[i][j] 存储背包剩余容量为 j ，可选物品为 i 、i+1 、……、n 时0-1背包问题的最优值。绘制
价值数组 v = {8, 10, 6, 3, 7, 2}，
重量数组 w = {4, 6, 2, 2, 5, 1}，
背包容量 V = 12时对应的 f[i][j] 数组。

此时读者若不太理解，则可以自己手绘一下上图，亲身感受一下动态DP的过程。

完整代码如下：

#include<bits/stdc++.h>//C++万能头文件
using namespace std;
int f[1001][1001]={0};//数组一般开在主函数外（全局变量），这样不仅可以提高数组的最大长度，在遇到多个函数时还可以省去指针
int w[1001];
int v[1001];
int main()
{
    int V,N;
    scanf("%d %d",&V,&N);
    int i,j;
    for(i=1; i<=N; i++)
        scanf("%d %d",&w[i],&v[i]);//输入第i件物品的体积和价值
    for(i=1; i<=N; i++)//这里如果不懂可以调试一下，一步一步观察各个变量
    {
        for(j=0; j<=V; j++)
        {
            if(j>=w[i])
                f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-w[i]]+v[i]);//状态转移方程（核心 ！）
            else
                f[i][j]=f[i-1][j];
        }
    }
    printf("%d\N",f[N][V]);
    return 0;
}

01背包的这种解法的时间复杂度为 o(V*N)

此问题还可以进行优化，但初学者应先掌握这最基本的一种解法。

日后还会持续更新优化解法以及其他背包等DP问题。。。