0-1背包问题

定义

有一个容量为 N 的背包，要用这个背包装下物品使得价值最大，这些物品有两个属性：体积 w 和价值 v。共有M个物品。

定义一个二维数组dp存储最大价值，其中dp[i][j]表示前i件物品体积不超过j的情况下能达到的最大价值。设第i件物品体积为w，价值为v，根据第i件物品是否添加到背包中，可以分两种情况讨论：
（1）第i件物品没添加到背包，总体积不超过j的前i件物品的最大价值就是总体积不超过j的前i-1件物品的最大价值，dp[i][j]=dp[i-1][j]。
（2）第i件物品添加到背包中，dp[i][j]=dp[i-1][j-w]+v。

第i件物品可添加也可以不添加，取决于哪种情况下最大价值更大。因此，0-1背包的状态转移方程为：
dp[i][j]=max(dp[i−1][j], dp[i−1][j−w]+v)

/* N 为背包总体积
* M 为物品数量
* weights 数组存储 N 个物品的重量
* values 数组存储 N 个物品的价值
*/
public int bag(int N, int M, int[] weights, int[] values) {
    int[][] dp = new int[M + 1][N + 1];
    for (int i = 1; i <= M; i++) {
        int w = weights[i - 1], v = values[i - 1];
        for (int j = 1; j <= N; j++) {
            if (j >= w) {
                dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - w] + v);
            } else {
                dp[i][j] = dp[i - 1][j];
            }
        }
    }
    return dp[M][N];
}

空间优化

在程序实现时可以对0-1背包做优化。观察状态转移方程可以知道，前i件物品的状态仅与前i-1件物品的状态有关，因此可以将dp定义为一维数组，其中dp[j]既可以表示dp[i-1][j]也可以表示dp[i][j]。此时
dp[j]=max(dp[j]，dp[j−w]+v)

因为dp[j-w]表示dp[i-1][j-w]，因此不能先求dp[i][j-w]，防止将dp[i-1][j-w] 覆盖。也就是说要先计算dp[i][j]，再计算 dp[i][j-w]，在程序实现时需要按倒序来循环求解。（这个倒序很重要！）

int knapsack(int W, int N, vector<int> weights, vector<int> values) {
    vector<int> dp(W+1);
    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        int w = weights[i - 1], v = values[i - 1];
        for (int j = W; j >= 1; j--) {
            if (j >= w) {
                dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - w] + v);
            }
        }
    }
    return dp[W];
}

无法使用贪心算法的解释

0-1背包问题无法使用贪心算法来求解，也就是说不能按照先添加性价比最高的物品来达到最优，这是因为这种方式可能造成背包空间的浪费，从而无法达到最优。考虑下面的物品和一个容量为 5 的背包，如果先添加物品 0 再添加物品 1，那么只能存放的价值为 16，浪费了大小为 2 的空间。最优的方式是存放物品 1 和物品 2，价值为 22。

变种

（1）完全背包：物品数量为无限个
（2）多重背包：物品数量有限制
（3）多维费用背包：物品不仅有重量，还有体积，同时考虑这两种限制
（4）其它：物品之间相互约束或者依赖