01背包问题算法

⑴ 01背包问题

算法分析

对于背包问题，通常的处理方法是搜索。
用递归来完成搜索，算法设计如下：
function Make( i {处理到第i件物品} , j{剩余的空间为j}:integer) :integer;
初始时i=m , j=背包总容量
begin
if i:=0 then
Make:=0;
if j>=wi then (背包剩余空间可以放下物品 i )
r1:=Make(i-1,j-wi)+v; (第i件物品放入所能得到的价值 )
r2:=Make(i-1,j)(第i件物品不放所能得到的价值 )
Make:=max{r1,r2}
end;
这个算法的时间复杂度是O(2^n)，我们可以做一些简单的优化。
由于本题中的所有物品的体积均为整数，经过几次的选择后背包的剩余空间可能会相等，在搜索中会重复计算这些结点，所以，如果我们把搜索过程中计算过的结点的值记录下来，以保证不重复计算的话，速度就会提高很多。这是简单?quot;以空间换时间"。
我们发现，由于这些计算过程中会出现重叠的结点，符合动态规划中子问题重叠的性质。
同时，可以看出如果通过第N次选择得到的是一个最优解的话，那么第N-1次选择的结果一定也是一个最优解。这符合动态规划中最优子问题的性质。
考虑用动态规划的方法来解决，这里的：
阶段是：在前N件物品中，选取若干件物品放入背包中；
状态是：在前N件物品中，选取若干件物品放入所剩空间为W的背包中的所能获得的最大价值；
决策是：第N件物品放或者不放；
由此可以写出动态转移方程：
我们用f[i,j]表示在前 i 件物品中选择若干件放在所剩空间为 j 的背包里所能获得的最大价值
f[i,j]=max{f[i-1,j-Wi]+Pi (j>=Wi), f[i-1,j]}
这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。所以有必要将它详细解释一下：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”，价值为f[v]；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[v-c]再加上通过放入第i件物品获得的价值w。
这样，我们可以自底向上地得出在前M件物品中取出若干件放进背包能获得的最大价值，也就是f[m,w]
算法设计如下：
procere Make;
begin
for i:=0 to w do
f[0,i]:=0;
for i:=1 to m do
for j:=0 to w do begin
f[i,j]:=f[i-1,j];
if (j>=w) and (f[i-1,j-w]+v>f[i,j]) then
f[i,j]:=f[i-1,j-w]+v;
end;
writeln(f[m,wt]);
end;
由于是用了一个二重循环，这个算法的时间复杂度是O（n*w)。而用搜索的时候，当出现最坏的情况，也就是所有的结点都没有重叠，那么它的时间复杂度是O（2^n)。看上去前者要快很多。但是，可以发现在搜索中计算过的结点在动态规划中也全都要计算，而且这里算得更多（有一些在最后没有派上用场的结点我们也必须计算），在这一点上好像是矛盾的。
事实上，由于我们定下的前提是：所有的结点都没有重叠。也就是说，任意N件物品的重量相加都不能相等，而所有物品的重量又都是整数，那末这个时候W的最小值是：1+2+2^2+2^3+……+2^n-1=2^n -1
此时n*w>2^n，动态规划比搜索还要慢~~|||||||所以，其实背包的总容量W和重叠的结点的个数是有关的。
考虑能不能不计算那些多余的结点……
优化时间复杂度
以上方法的时间和空间复杂度均为O(N*V)，其中时间复杂度基本已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O(V)。
先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环i=1..N，每次算出来二维数组f[0..V]的所有值。那么，如果只用一个数组f[0..V]，能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态f[v]呢？f[v]是由f[v]和f[v-c]两个子问题递推而来，能否保证在推f[v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[v]和f[v-c]的值呢？事实上，这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺序推f[v]，这样才能保证推f[v]时f[v-c]保存的是状态f[v-c]的值。伪代码如下：
for i=1..N
for v=V..0
f[v]=max{f[v],f[v-c]+w};
其中的f[v]=max{f[v],f[v-c]}一句恰就相当于我们的转移方程f[v]=max{f[v],f[v-c]}，因为现在的f[v-c]就相当于原来的f[v-c]。如果将v的循环顺序从上面的逆序改成顺序的话，那么则成了f[v]由f[v-c]推知，与本题意不符，但它却是另一个重要的背包问题P02最简捷的解决方案，故学习只用一维数组解01背包问题是十分必要的。
事实上，使用一维数组解01背包的程序在后面会被多次用到，所以这里抽象出一个处理一件01背包中的物品过程，以后的代码中直接调用不加说明。
过程ZeroOnePack，表示处理一件01背包中的物品，两个参数cost、weight分别表明这件物品的费用和价值。
procere ZeroOnePack(cost,weight)
for v=V..cost
f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}
注意这个过程里的处理与前面给出的伪代码有所不同。前面的示例程序写成v=V..0是为了在程序中体现每个状态都按照方程求解了，避免不必要的思维复杂度。而这里既然已经抽象成看作黑箱的过程了，就可以加入优化。费用为cost的物品不会影响状态f[0..cost-1]，这是显然的。
有了这个过程以后，01背包问题的伪代码就可以这样写：
for i=1..N
ZeroOnePack(c,w);
初始化的细节问题

我们看到的求最优解的背包问题题目中，事实上有两种不太相同的问法。有的题目要求“恰好装满背包”时的最优解，有的题目则并没有要求必须把背包装满。一种区别这两种问法的实现方法是在初始化的时候有所不同。
如果是第一种问法，要求恰好装满背包，那么在初始化时除了f[0]为0其它f[1..V]均设为-∞，这样就可以保证最终得到的f[N]是一种恰好装满背包的最优解。
如果并没有要求必须把背包装满，而是只希望价格尽量大，初始化时应该将f[0..V]全部设为0。
为什么呢？可以这样理解：初始化的f数组事实上就是在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。如果要求背包恰好装满，那么此时只有容量为0的背包可能被价值为0的nothing“恰好装满”，其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，它们的值就都应该是-∞了。如果背包并非必须被装满，那么任何容量的背包都有一个合法解“什么都不装”，这个解的价值为0，所以初始时状态的值也就全部为0了。
这个小技巧完全可以推广到其它类型的背包问题，后面也就不再对进行状态转移之前的初始化进行讲解

⑵ Pascal0/1背包问题

我是小鸟，写的不好，请大虾们见谅，提提意见，谢谢。这个好像不是01背包问题，而是简单的深搜。01背包还要有物品毕滚的价值，求此背包能装的最大价值。我写了个回溯，我把所有的情况都纳基输出了。Program gdw;
Const
Infile = 'gdw.in';
Var
a, b: Array[1..100] Of Boolean;
w: Array[1..100] Of Integer;
k, s, num, i: Integer;Procere print;
Var
i: Integer;
Begin
For i:=1 To k Do If b[i] Then Write(i, ' ');
WriteLn;
Fillchar(b, sizeof(b), False);
End;Procere try1(i, j: Integer);
Begin
If j < 0 Then Exit;
If i > k Then Begin
If j = 0 Then Begin b := a; Print; Inc(num) End;
Exit;
End;
a[i] := True;
try1(i + 1, j - w[i]);
a[i] := False;
try1(i + 1, j);
End;Begin
Assign(Input, Infile); Reset(Input);
ReadLn(k ,s);
For i:=1 To k Do Read(w[i]);
Close(Input);
try1(1, s);
If num = 0 Then WriteLn('手茄余No Answer');
End.

⑶ 关于C++ 01背包问题

1.摘要

以背包问题为例，介绍了贪心法与动态规划的关系以及两个方案在解决背包问题上的比较。贪心法什么时候能取到最优界并无一般理论，但对于普通背包问题我们有一个完美的结果——贪心法可取到最优解。介绍了其它一些对背包问题的研究或者拓展。

2.介绍

贪心算法是我们在《算法设计技巧与分析》这门课中所学习到的几种重要的算法之一，顾名思义，贪心算法总是作出在当前看来最好的选择。也就是该算法并不从整体最优考虑，它所作出的选择只是在某种意义上的从局部的最优选择，寻找到解决问题的次优解的方法。虽然我们希望贪心算法得到的最终结果也是整体最优的，但是在某些情况下，该算法得到的只是问题的最优解的近似。

3.算法思想:

贪心法的基本思路：

——从问题的某一个初始解出发逐步逼近给定的目标，以尽可能快的地求得更好的解。当达到某算法中的某一步不能再继续前进时，算法停止。

该算法存在问题：

1.不能保证求得的最后解是最佳的；

2.不能用来求最大或最小解问题；

3.只能求满足某些约束条件的可行解的范围。

实现该算法的过程：

在约束下最大。

(2)动态规划解决方案：是解决0/1背包问题的最优解

(i)若i=0或j=0,V[i,j] = 0

(ii)若j<si, V[i,j] = V[i-1,j](仅用最优的方法，选取前i-1项物品装入体积为j的背包，因为第i项体积大于j,装不下这一项，所以背包里面的i-1项就达到最大值)

(iii)若i>0和j>=si, Max{V[i-1,j],V[i-1,j-si]+vi} (第一种情况是包中的i-1项已经达到最大值，第二种情况是i-1项占j-si的体积再加上第i项的总的价值，取这两种情况的最大值。)

//sj和vj分别为第j项物品的体积和价值，C是总体积限制。

//V[i,j]表示从前i项{u1,u2,…,un}中取出来的装入体积为j的背包的物品的最大//价值。[13]

（3）贪心算法解决背包问题有几种策略：

(i)一种贪婪准则为：从剩余的物品中，选出可以装入背包的价值最大的物品，利用这种规则，价值最大的物品首先被装入（假设有足够容量），然后是下一个价值最大的物品，如此继续下去。这种策略不能保证得到最优解。例如，考虑n=2, w=[100,10,10], p =[20,15,15], c = 105。当利用价值贪婪准则时，获得的解为x= [ 1 , 0 , 0 ]，这种方案的总价值为2 0。而最优解为[ 0 , 1 , 1 ]，其总价值为3 0。

(ii)另一种方案是重量贪婪准则是：从剩下的物品中选择可装入背包的重量最小的物品。虽然这种规则对于前面的例子能产生最优解，但在一般情况下则不一定能得到最优解。考虑n= 2 ,w=[10,20], p=[5,100], c= 2 5。当利用重量贪婪策略时，获得的解为x =[1,0],比最优解[ 0 , 1 ]要差。

(iii)还有一种贪婪准则，就是我们教材上提到的，认为，每一项计算yi=vi/si,即该项值和大小的比，再按比值的降序来排序，从第一项开始装背包，然后是第二项，依次类推，尽可能的多放，直到装满背包。

有的参考资料也称为价值密度pi/wi贪婪算法。这种策略也不能保证得到最优解。利用此策略试解n= 3 ,w=[20,15,15], p=[40,25,25], c=30时的最优解。虽然按pi /wi非递（增）减的次序装入物品不能保证得到最优解，但它是一个直觉上近似的解。

而且这是解决普通背包问题的最优解，因为在选择物品i装入背包时，可以选择物品i的一部分，而不一定要全部装入背包，1≤i≤n。

如图1，大体上说明了动态规划解决的0／1背包问题和贪心算法解决的问题之间的区别，

图1

（4）贪心算法解决背包问题的算法实现：

代码如下：

#include<iostream.h>
structgoodinfo
{
floatp;//物品效益
floatw;//物品重量
floatX;//物品该放的数量
intflag;//物品编号
};//物品信息结构体
voidInsertionsort(goodinfogoods[],intn)
{//插入排序，按pi/wi价值收益进行排序，一般教材上按冒泡排序
intj,i;
for(j=2;j<=n;j++)
{
goods[0]=goods[j];
i=j-1;
while(goods[0].p>goods[i].p)
{
goods[i+1]=goods[i];
i--;
}
goods[i+1]=goods[0];
}
}//按物品效益，重量比值做升序排列
voidbag(goodinfogoods[],floatM,intn)
{

floatcu;
inti,j;
for(i=1;i<=n;i++)
goods[i].X=0;
cu=M;//背包剩余容量
for(i=1;i<n;i++)
{
if(goods[i].w>cu)//当该物品重量大与剩余容量跳出
break;
goods[i].X=1;
cu=cu-goods[i].w;//确定背包新的剩余容量
}
if(i<=n)
goods[i].X=cu/goods[i].w;//该物品所要放的量
/*按物品编号做降序排列*/
for(j=2;j<=n;j++)
{
goods[0]=goods[j];
i=j-1;
while(goods[0].flag<goods[i].flag)
{
goods[i+1]=goods[i];
i--;
}
goods[i+1]=goods[0];
}
///////////////////////////////////////////
cout<<"最优解为:"<<endl;
for(i=1;i<=n;i++)
{
cout<<"第"<<i<<"件物品要放:";
cout<<goods[i].X<<endl;
}
}
voidmain()
{
cout<<"|--------运用贪心法解背包问题---------|"<<endl;
intj,n;floatM;
goodinfo*goods;//定义一个指针
while(j)
{
cout<<"请输入物品的总数量：";
cin>>n;
goods=newstructgoodinfo[n+1];//
cout<<"请输入背包的最大容量：";
cin>>M;
cout<<endl;
inti;
for(i=1;i<=n;i++)
{goods[i].flag=i;
cout<<"请输入第"<<i<<"件物品的重量:";
cin>>goods[i].w;
cout<<"请输入第"<<i<<"件物品的效益:";
cin>>goods[i].p;
goods[i].p=goods[i].p/goods[i].w;//得出物品的效益，重量比
cout<<endl;

}
Insertionsort(goods,n);
bag(goods,M,n);
cout<<"press<1>torunagian"<<endl;
cout<<"press<0>toexit"<<endl;
cin>>j;
}
}

⑷ 求动态规划01背包问题c语言的代码，要稍微简单且无错的。谢谢

int c[10][100];/*对应每种情况的最大价值*/

int knapsack(int m,int n){ /桐伍/ 一个载重为m的背包 总共n个物品
int i,j,w[10],p[10];
printf("each weight & value ：\n");
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%d %d",&w[i],&p[i]); // 第i个 物品的重量w[i] 价值p[i]
for(i=0;i<10;i++)
for(j=0;j<100;j++)
c[i][j]=0;/*初始化数组*/
for(i=1;i<=n;i++) //遍历每一个物品i
for(j=1;j<=m;j++) //假设背包的载重j为1、圆扰2、3、4、5、... ... m的情况
{
if(j >= w[i]) /*如果当前物品的重量 < 背包载重*/
{
if(p[i]+c[i-1][j-w[i]]>c[i-1][j])/*如果本物品的价值加上 背包剩下的空间能放的物品橘轮旦的价值 大于上一次选择的最佳方案则更新c[i][j]*/
c[i][j]=p[i]+c[i-1][j-w[i]];
else
c[i][j]=c[i-1][j];
// c[i][j] = (p[i]+c[i-1][j-w[i]]>c[i-1][j])?(p[i]+c[i-1][j-w[i]]):(c[i-1][j]);
}
else c[i][j]=c[i-1][j];
}
return c[n][m];

}

int main()
{
int m,n;
printf("背包的承重量,物品的总个数：\n");
while(scanf("%d %d",&m,&n) != EOF){
printf("能装的最大总价值为%d",knapsack(m,n));
printf("\n");
}
return 0;
}

⑸ 背包问题和0-1背包问题有什么区别

背包问题和0－1背包问题区别为：循环变量不同、约束条件不同、最大总价值不同。

一、循环变量不同

1、背绝氏宽包问题：背包问题须先求出列坐标j较小的元素，故让循环变量j的值从小到大递增。

2、0－1背包问题：0－1背包问题须先求出列并亮坐标j较大的元素，故让循环变量j的值从大到小递减。

二、约束条件不同

1、背包问题：背包问题的约束条件是给定几种物品，物品可以取无限次。

2、0－1背包问题：0－1背包问题的约束条件是给定几种物品，物品只可以取一次。

三、最大总价值不同

1、背包问题：背包问题若取了1件第i个物品，则总容量变为j－W［i］，剩下的仍可以在前i件物品中去取，其最大总价值为B［i］［j－W［i］］ ＋ P［i］。

2、0－1背包问题：0－1背包问题若取了1件第i个物品，则总容量变为j－W［i］，剩下的只能在前i－1件物品中去取了，其最大总价值为B［i－1］［j－W［i］］ ＋核宏 P［i］。

⑹ 用动态规算法求出的0-1背包问题，写出完整的可以运行的程序，并且给出算法复杂性的分析与结果，谢谢

1．0-1背包： 每个背包只能使用一次或有限次(可转化为一次)：
A.求最多可放入的重量。
NOIP2001 装箱问题
有一个箱友哪裤子容量为v(正整数，o≤v≤20000)，同时有n个物品(o≤n≤30)，每个物品有一个体积 (正整数)。要求从 n 个物品中，任取若千个装入箱内，使箱子的剩余空间为最小。
l 搜索方法
procere search(k,v:integer);
var i,j:integer;
begin
if v<best then best:=v;
if v-(s[n]-s[k-1])>=best then exit;
if k<=n then begin
if v>w[k] then search(k+1,v-w[k]);
search(k+1,v);
end;
end;

l DP
F[I,j]为前i个物品中选择若干个放入使其体积正好为j的标志，为布尔型。
实现:将最优化问题转化为判定性问题
f [I, j] = f [ i-1, j-w[i] ] (w[I]<=j<=v) 边界：f[0,0]:=true.
For I:=1 to n do
For j:=w[I] to v do F[I,j]:=f[I-1,j-w[I]];
优化：当前状态只与前一阶段状态有关，好简可降至一维。
F[0]:=true;
For I:=1 to n do begin
F1:=f;
For j:=w[I] to v do
If f[j-w[I]] then f1[j]:=true;
F:=f1;
End;

B.求可以放入的最大价值。
F[I,j] 为容量为I时取前j个缓扒背包所能获得的最大价值。
F [i,j] = max

C.求恰好装满的情况数。
DP:
Procere update;
var j,k:integer;
begin
c:=a;
for j:=0 to n do
if a[j]>0 then
if j+now<=n then inc(c[j+now],a[j]);
a:=c;
end;

2．可重复背包
A求最多可放入的重量。
F[I,j]为前i个物品中选择若干个放入使其体积正好为j的标志，为布尔型。
状态转移方程为
f[I,j] = f [ I-1, j – w[I]*k ] (k=1.. j div w[I])

B.求可以放入的最大价值。
USACO 1.2 Score Inflation
进行一次竞赛，总时间T固定，有若干种可选择的题目，每种题目可选入的数量不限，每种题目有一个ti（解答此题所需的时间）和一个si（解答此题所得的分数），现要选择若干题目，使解这些题的总时间在T以内的前提下，所得的总分最大，求最大的得分。
*易想到：
f[i,j] = max (0<=k<= i div w[j])
其中f[i,j]表示容量为i时取前j种背包所能达到的最大值。
*实现：
Begin
FillChar(f,SizeOf(f),0);
For i:=1 To M Do
For j:=1 To N Do
If i-problem[j].time>=0 Then
Begin
t:=problem[j].point+f[i-problem[j].time];
If t>f[i] Then f[i]:=t;
End;
Writeln(f[M]);
End.

C.求恰好装满的情况数。
Ahoi2001 Problem2
求自然数n本质不同的质数和的表达式的数目。
思路一，生成每个质数的系数的排列，在一一测试，这是通法。
procere try(dep:integer);
var i,j:integer;
begin
cal;
if now>n then exit;
if dep=l+1 then begin
cal;
if now=n then inc(tot);
exit;
end;
for i:=0 to n div pr[dep] do begin
xs[dep]:=i;
try(dep+1);
xs[dep]:=0;
end;
end;

思路二，递归搜索效率较高
procere try(dep,rest:integer);
var i,j,x:integer;
begin
if (rest<=0) or (dep=l+1) then begin
if rest=0 then inc(tot);
exit;
end;
for i:=0 to rest div pr[dep] do
try(dep+1,rest-pr[dep]*i);
end;

思路三：可使用动态规划求解
USACO1.2 money system
V个物品，背包容量为n，求放法总数。
转移方程：

Procere update;
var j,k:integer;
begin
c:=a;
for j:=0 to n do
if a[j]>0 then
for k:=1 to n div now do
if j+now*k<=n then inc(c[j+now*k],a[j]);
a:=c;
end;

begin
read(now);
i:=0;
while i<=n do begin
a[i]:=1; inc(i,now); end;
for i:=2 to v do
begin
read(now);
update;
end;
writeln(a[n]);

⑺ 01背包问题变种：从给定的N个正数中选取若干个数之和最接近M的JAVA写法

BIAS0:= (C-MA(C,2))/MA(C,2)*100;
BIAS1 := (C-MA(C,12))/MA(C,12)*100;
BIAS2 := (C-MA(C,26))/MA(C,26)*100;
BIAS3 := (C-MA(C,48))/MA(C,48)*100;
HXL:=V/CAPITAL*100;
D1:=INDEXC;
D2:=MA(D1,56);
DR2:=D1/D2<0.94;
E1:=(C-HHV(C,12))/HHV(C,12)*10;
E2:=(C-REF(C,26))/REF(C,26)*10;

⑻ 背包问题

背包问题 它是在1978年由Merkel和Hellman提出的。它的主要思路是假定某人拥有大量物品，重量各不同。此人通过秘密地选择一部分物品并将它们放到背包中来加密消息。背包中的物品中重量是公开的，所有可能的物品也是公开的，但背包中的物品是保密的。附加一定的限制条件，给出重量，而要列出可能的物品，在计算上是不可实现的。背包问题是熟知的不可计算问题，背包体制以其加密，解密速度快而其人注目。但是，大多数一次背包体制均被破译了，因此现在很少有人使用它。
DD牛的背包九讲
P01: 01背包问题
题目
有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c，价值是w。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
基本思路
这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。
用子问题定义状态：即f[v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是：f[v]=max{f[v],f[v-c]+w}。
这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。所以有必要将它详细解释一下：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c的背包中”，此时能获得的最大价值就是f [v-c]再加上通过放入第i件物品获得的价值w。
注意f[v]有意义当且仅当存在一个前i件物品的子集，其费用总和为v。所以按照这个方程递推完毕后，最终的答案并不一定是f[N] [V]，而是f[N][0..V]的最大值。如果将状态的定义中的“恰”字去掉，在转移方程中就要再加入一项f[v-1]，这样就可以保证f[N] [V]就是最后的答案。至于为什么这样就可以，谨尺扰由你自己来体会了。
优化空间复杂度
以上方法的时间和空间复杂度均为O(N*V)，其中时间复杂度基本已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O(V)。
先考虑上面讲的基本思路困差如何实现，肯定是有一个主循环i=1..N，每次算出来二维数组f[0..V]的所有值。那么，如果只用一个数组f [0..V]，能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态f[v]呢？f[v]是由f[v]和f [v-c]两个子问题递推而来，能否保证在推f[v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[v]和f[v -c]的值呢？事实上，这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺序推f[v]，这样才能保证推f[v]时f[v-c]保存的是状态f[v-c]的值。伪代码如下：
for i=1..N
for v=V..0
f[v]=max{f[v],f[v-c]+w};
其中的f[v]=max{f[v],f[v-c]}一句恰就相当于我们的转移方程f[v]=max{f[v],f[v-c]}，因为现在的f[v-c]就相当于原来的f[v-c]。如果将v的循环顺序从上面的逆序改成顺序的话，那么则成了f[v]由f[v-c]推知，与本题意不符，但它却是另一个重要的背包问题P02最简捷的解决方案，故学习只用一维数组解01背包问题是十分必要的。
总结
01背包问题是最基本的背包问题，它包含了背包问题中设计状态、祥旦方程的最基本思想，另外，别的类型的背包问题往往也可以转换成01背包问题求解。故一定要仔细体会上面基本思路的得出方法，状态转移方程的意义，以及最后怎样优化的空间复杂度。
P02: 完全背包问题
题目
有N种物品和一个容量为V的背包，每种物品都有无限件可用。第i种物品的费用是c，价值是w。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
基本思路
这个问题非常类似于01背包问题，所不同的是每种物品有无限件。也就是从每种物品的角度考虑，与它相关的策略已并非取或不取两种，而是有取0件、取1件、取2件……等很多种。如果仍然按照解01背包时的思路，令f[v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值。仍然可以按照每种物品不同的策略写出状态转移方程，像这样：f[v]=max{f[v-k*c]+k*w|0<=k*c<= v}。这跟01背包问题一样有O(N*V)个状态需要求解，但求解每个状态的时间则不是常数了，求解状态f[v]的时间是O(v/c)，总的复杂度是超过O(VN)的。
将01背包问题的基本思路加以改进，得到了这样一个清晰的方法。这说明01背包问题的方程的确是很重要，可以推及其它类型的背包问题。但我们还是试图改进这个复杂度。
一个简单有效的优化
完全背包问题有一个很简单有效的优化，是这样的：若两件物品i、j满足c<=c[j]且w>=w[j]，则将物品j去掉，不用考虑。这个优化的正确性显然：任何情况下都可将价值小费用高得j换成物美价廉的i，得到至少不会更差的方案。对于随机生成的数据，这个方法往往会大大减少物品的件数，从而加快速度。然而这个并不能改善最坏情况的复杂度，因为有可能特别设计的数据可以一件物品也去不掉。
转化为01背包问题求解
既然01背包问题是最基本的背包问题，那么我们可以考虑把完全背包问题转化为01背包问题来解。最简单的想法是，考虑到第i种物品最多选V/c 件，于是可以把第i种物品转化为V/c件费用及价值均不变的物品，然后求解这个01背包问题。这样完全没有改进基本思路的时间复杂度，但这毕竟给了我们将完全背包问题转化为01背包问题的思路：将一种物品拆成多件物品。
更高效的转化方法是：把第i种物品拆成费用为c*2^k、价值为w*2^k的若干件物品，其中k满足c*2^k<V。这是二进制的思想，因为不管最优策略选几件第i种物品，总可以表示成若干个2^k件物品的和。这样把每种物品拆成O(log(V/c))件物品，是一个很大的改进。 但我们有更优的O(VN)的算法。 * O(VN)的算法 这个算法使用一维数组，先看伪代码： <pre class"example"> for i=1..N for v=0..V f[v]=max{f[v],f[v-c]+w};
你会发现，这个伪代码与P01的伪代码只有v的循环次序不同而已。为什么这样一改就可行呢？首先想想为什么P01中要按照v=V..0的逆序来循环。这是因为要保证第i次循环中的状态f[v]是由状态f[v-c]递推而来。换句话说，这正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时，依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果f[v-c]。而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第i种物品”这种策略时，却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果f[v-c]，所以就可以并且必须采用v= 0..V的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。
这个算法也可以以另外的思路得出。例如，基本思路中的状态转移方程可以等价地变形成这种形式：f[v]=max{f[v],f[v-c]+w}，将这个方程用一维数组实现，便得到了上面的伪代码。
总结
完全背包问题也是一个相当基础的背包问题，它有两个状态转移方程，分别在“基本思路”以及“O(VN)的算法“的小节中给出。希望你能够对这两个状态转移方程都仔细地体会，不仅记住，也要弄明白它们是怎么得出来的，最好能够自己想一种得到这些方程的方法。事实上，对每一道动态规划题目都思考其方程的意义以及如何得来，是加深对动态规划的理解、提高动态规划功力的好方法。
P03: 多重背包问题
题目
有N种物品和一个容量为V的背包。第i种物品最多有n件可用，每件费用是c，价值是w。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
基本算法
这题目和完全背包问题很类似。基本的方程只需将完全背包问题的方程略微一改即可，因为对于第i种物品有n+1种策略：取0件，取1件……取 n件。令f[v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值，则：f[v]=max{f[v-k*c]+ k*w|0<=k<=n}。复杂度是O(V*∑n)。
转化为01背包问题
另一种好想好写的基本方法是转化为01背包求解：把第i种物品换成n件01背包中的物品，则得到了物品数为∑n的01背包问题，直接求解，复杂度仍然是O(V*∑n)。
但是我们期望将它转化为01背包问题之后能够像完全背包一样降低复杂度。仍然考虑二进制的思想，我们考虑把第i种物品换成若干件物品，使得原问题中第i种物品可取的每种策略——取0..n件——均能等价于取若干件代换以后的物品。另外，取超过n件的策略必不能出现。
方法是：将第i种物品分成若干件物品，其中每件物品有一个系数，这件物品的费用和价值均是原来的费用和价值乘以这个系数。使这些系数分别为 1,2,4,...,2^(k-1),n-2^k+1，且k是满足n-2^k+1>0的最大整数。例如，如果n为13，就将这种物品分成系数分别为1,2,4,6的四件物品。
分成的这几件物品的系数和为n，表明不可能取多于n件的第i种物品。另外这种方法也能保证对于0..n间的每一个整数，均可以用若干个系数的和表示，这个证明可以分0..2^k-1和2^k..n两段来分别讨论得出，并不难，希望你自己思考尝试一下。
这样就将第i种物品分成了O(log n)种物品，将原问题转化为了复杂度为O(V*∑log n)的01背包问题，是很大的改进。
O(VN)的算法
多重背包问题同样有O(VN)的算法。这个算法基于基本算法的状态转移方程，但应用单调队列的方法使每个状态的值可以以均摊O(1)的时间求解。由于用单调队列优化的DP已超出了NOIP的范围，故本文不再展开讲解。我最初了解到这个方法是在楼天成的“男人八题”幻灯片上。
小结
这里我们看到了将一个算法的复杂度由O(V*∑n)改进到O(V*∑log n)的过程，还知道了存在应用超出NOIP范围的知识的O(VN)算法。希望你特别注意“拆分物品”的思想和方法，自己证明一下它的正确性，并用尽量简洁的程序来实现。
P04: 混合三种背包问题
问题
如果将P01、P02、P03混合起来。也就是说，有的物品只可以取一次（01背包），有的物品可以取无限次（完全背包），有的物品可以取的次数有一个上限（多重背包）。应该怎么求解呢？
01背包与完全背包的混合
考虑到在P01和P02中最后给出的伪代码只有一处不同，故如果只有两类物品：一类物品只能取一次，另一类物品可以取无限次，那么只需在对每个物品应用转移方程时，根据物品的类别选用顺序或逆序的循环即可，复杂度是O(VN)。伪代码如下：
for i=1..N
if 第i件物品是01背包
for v=V..0
f[v]=max{f[v],f[v-c]+w};
else if 第i件物品是完全背包
for v=0..V
f[v]=max{f[v],f[v-c]+w};
再加上多重背包
如果再加上有的物品最多可以取有限次，那么原则上也可以给出O(VN)的解法：遇到多重背包类型的物品用单调队列解即可。但如果不考虑超过NOIP范围的算法的话，用P03中将每个这类物品分成O(log n)个01背包的物品的方法也已经很优了。
小结
有人说，困难的题目都是由简单的题目叠加而来的。这句话是否公理暂且存之不论，但它在本讲中已经得到了充分的体现。本来01背包、完全背包、多重背包都不是什么难题，但将它们简单地组合起来以后就得到了这样一道一定能吓倒不少人的题目。但只要基础扎实，领会三种基本背包问题的思想，就可以做到把困难的题目拆分成简单的题目来解决。
P05: 二维费用的背包问题
问题
二维费用的背包问题是指：对于每件物品，具有两种不同的费用；选择这件物品必须同时付出这两种代价；对于每种代价都有一个可付出的最大值（背包容量）。问怎样选择物品可以得到最大的价值。设这两种代价分别为代价1和代价2，第i件物品所需的两种代价分别为a和b。两种代价可付出的最大值（两种背包容量）分别为V和U。物品的价值为w。
算法
费用加了一维，只需状态也加一维即可。设f[v]表示前i件物品付出两种代价分别为v和u时可获得的最大价值。状态转移方程就是：f [v]=max{f[v],f[v-a]]+w}。如前述方法，可以只使用二维的数组：当每件物品只可以取一次时变量v和u采用顺序的循环，当物品有如完全背包问题时采用逆序的循环。当物品有如多重背包问题时拆分物品。
物品总个数的限制
有时，“二维费用”的条件是以这样一种隐含的方式给出的：最多只能取M件物品。这事实上相当于每件物品多了一种“件数”的费用，每个物品的件数费用均为1，可以付出的最大件数费用为M。换句话说，设f[v][m]表示付出费用v、最多选m件时可得到的最大价值，则根据物品的类型（01、完全、多重）用不同的方法循环更新，最后在f[0..V][0..M]范围内寻找答案。
另外，如果要求“恰取M件物品”，则在f[0..V][M]范围内寻找答案。
小结
事实上，当发现由熟悉的动态规划题目变形得来的题目时，在原来的状态中加一纬以满足新的限制是一种比较通用的方法。希望你能从本讲中初步体会到这种方法。
P06: 分组的背包问题
问题
有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c，价值是w。这些物品被划分为若干组，每组中的物品互相冲突，最多选一件。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
算法
这个问题变成了每组物品有若干种策略：是选择本组的某一件，还是一件都不选。也就是说设f[k][v]表示前k组物品花费费用v能取得的最大权值，则有f[k][v]=max{f[k-1][v],f[k-1][v-c]+w|物品i属于第k组}。
使用一维数组的伪代码如下：
for 所有的组k
for 所有的i属于组k
for v=V..0
f[v]=max{f[v],f[v-c]+w}
另外，显然可以对每组中的物品应用P02中“一个简单有效的优化”。
小结
分组的背包问题将彼此互斥的若干物品称为一个组，这建立了一个很好的模型。不少背包问题的变形都可以转化为分组的背包问题（例如P07），由分组的背包问题进一步可定义“泛化物品”的概念，十分有利于解题。
P07: 有依赖的背包问题
简化的问题
这种背包问题的物品间存在某种“依赖”的关系。也就是说，i依赖于j，表示若选物品i，则必须选物品j。为了简化起见，我们先设没有某个物品既依赖于别的物品，又被别的物品所依赖；另外，没有某件物品同时依赖多件物品。
算法
这个问题由NOIP2006金明的预算方案一题扩展而来。遵从该题的提法，将不依赖于别的物品的物品称为“主件”，依赖于某主件的物品称为“附件”。由这个问题的简化条件可知所有的物品由若干主件和依赖于每个主件的一个附件集合组成。
按照背包问题的一般思路，仅考虑一个主件和它的附件集合。可是，可用的策略非常多，包括：一个也不选，仅选择主件，选择主件后再选择一个附件，选择主件后再选择两个附件……无法用状态转移方程来表示如此多的策略。（事实上，设有n个附件，则策略有2^n+1个，为指数级。）
考虑到所有这些策略都是互斥的（也就是说，你只能选择一种策略），所以一个主件和它的附件集合实际上对应于P06中的一个物品组，每个选择了主件又选择了若干个附件的策略对应于这个物品组中的一个物品，其费用和价值都是这个策略中的物品的值的和。但仅仅是这一步转化并不能给出一个好的算法，因为物品组中的物品还是像原问题的策略一样多。
再考虑P06中的一句话： 可以对每组中的物品应用P02中“一个简单有效的优化”。这提示我们，对于一个物品组中的物品，所有费用相同的物品只留一个价值最大的，不影响结果。所以，我们可以对主件i的“附件集合”先进行一次01背包，得到费用依次为0..V-c所有这些值时相应的最大价值f'[0..V-c]。那么这个主件及它的附件集合相当于V-c+1个物品的物品组，其中费用为c+k的物品的价值为f'[k]+w。也就是说原来指数级的策略中有很多策略都是冗余的，通过一次01背包后，将主件i转化为 V-c+1个物品的物品组，就可以直接应用P06的算法解决问题了。
更一般的问题
更一般的问题是：依赖关系以图论中“森林”的形式给出（森林即多叉树的集合），也就是说，主件的附件仍然可以具有自己的附件集合，限制只是每个物品最多只依赖于一个物品（只有一个主件）且不出现循环依赖。
解决这个问题仍然可以用将每个主件及其附件集合转化为物品组的方式。唯一不同的是，由于附件可能还有附件，就不能将每个附件都看作一个一般的01 背包中的物品了。若这个附件也有附件集合，则它必定要被先转化为物品组，然后用分组的背包问题解出主件及其附件集合所对应的附件组中各个费用的附件所对应的价值。
事实上，这是一种树形DP，其特点是每个父节点都需要对它的各个儿子的属性进行一次DP以求得自己的相关属性。这已经触及到了“泛化物品”的思想。看完P08后，你会发现这个“依赖关系树”每一个子树都等价于一件泛化物品，求某节点为根的子树对应的泛化物品相当于求其所有儿子的对应的泛化物品之和。
P08: 泛化物品
定义
考虑这样一种物品，它并没有固定的费用和价值，而是它的价值随着你分配给它的费用而变化。这就是泛化物品的概念。
更严格的定义之。在背包容量为V的背包问题中，泛化物品是一个定义域为0..V中的整数的函数h，当分配给它的费用为v时，能得到的价值就是h(v)。
这个定义有一点点抽象，另一种理解是一个泛化物品就是一个数组h[0..V]，给它费用v，可得到价值h[V]。
一个费用为c价值为w的物品，如果它是01背包中的物品，那么把它看成泛化物品，它就是除了h(c)=w其它函数值都为0的一个函数。如果它是完全背包中的物品，那么它可以看成这样一个函数，仅当v被c整除时有h(v)=v/c*w，其它函数值均为0。如果它是多重背包中重复次数最多为n的物品，那么它对应的泛化物品的函数有h(v)=v/c*w仅当v被c整除且v/c<=n，其它情况函数值均为0。
一个物品组可以看作一个泛化物品h。对于一个0..V中的v，若物品组中不存在费用为v的的物品，则h(v)=0，否则h(v)为所有费用为v的物品的最大价值。P07中每个主件及其附件集合等价于一个物品组，自然也可看作一个泛化物品。
泛化物品的和
如果面对两个泛化物品h和l，要用给定的费用从这两个泛化物品中得到最大的价值，怎么求呢？事实上，对于一个给定的费用v，只需枚举将这个费用如何分配给两个泛化物品就可以了。同样的，对于0..V的每一个整数v，可以求得费用v分配到h和l中的最大价值f(v)。也即f(v)=max{h(k) +l(v-k)|0<=k<=v}。可以看到，f也是一个由泛化物品h和l决定的定义域为0..V的函数，也就是说，f是一个由泛化物品h和 l决定的泛化物品。
由此可以定义泛化物品的和：h、l都是泛化物品，若泛化物品f满足f(v)=max{h(k)+l(v-k)|0<=k<=v}，则称f是h与l的和，即f=h+l。这个运算的时间复杂度是O(V^2)。
泛化物品的定义表明：在一个背包问题中，若将两个泛化物品代以它们的和，不影响问题的答案。事实上，对于其中的物品都是泛化物品的背包问题，求它的答案的过程也就是求所有这些泛化物品之和的过程。设此和为s，则答案就是s[0..V]中的最大值。
背包问题的泛化物品
一个背包问题中，可能会给出很多条件，包括每种物品的费用、价值等属性，物品之间的分组、依赖等关系等。但肯定能将问题对应于某个泛化物品。也就是说，给定了所有条件以后，就可以对每个非负整数v求得：若背包容量为v，将物品装入背包可得到的最大价值是多少，这可以认为是定义在非负整数集上的一件泛化物品。这个泛化物品——或者说问题所对应的一个定义域为非负整数的函数——包含了关于问题本身的高度浓缩的信息。一般而言，求得这个泛化物品的一个子域（例如0..V）的值之后，就可以根据这个函数的取值得到背包问题的最终答案。
综上所述，一般而言，求解背包问题，即求解这个问题所对应的一个函数，即该问题的泛化物品。而求解某个泛化物品的一种方法就是将它表示为若干泛化物品的和然后求之。
小结
本讲可以说都是我自己的原创思想。具体来说，是我在学习函数式编程的 Scheme 语言时，用函数编程的眼光审视各类背包问题得出的理论。这一讲真的很抽象，也许在“模型的抽象程度”这一方面已经超出了NOIP的要求，所以暂且看不懂也没关系。相信随着你的OI之路逐渐延伸，有一天你会理解的。
我想说：“思考”是一个OIer最重要的品质。简单的问题，深入思考以后，也能发现更多。
P09: 背包问题问法的变化
以上涉及的各种背包问题都是要求在背包容量（费用）的限制下求可以取到的最大价值，但背包问题还有很多种灵活的问法，在这里值得提一下。但是我认为，只要深入理解了求背包问题最大价值的方法，即使问法变化了，也是不难想出算法的。
例如，求解最多可以放多少件物品或者最多可以装满多少背包的空间。这都可以根据具体问题利用前面的方程求出所有状态的值（f数组）之后得到。
还有，如果要求的是“总价值最小”“总件数最小”，只需简单的将上面的状态转移方程中的max改成min即可。
下面说一些变化更大的问法。
输出方案
一般而言，背包问题是要求一个最优值，如果要求输出这个最优值的方案，可以参照一般动态规划问题输出方案的方法：记录下每个状态的最优值是由状态转移方程的哪一项推出来的，换句话说，记录下它是由哪一个策略推出来的。便可根据这条策略找到上一个状态，从上一个状态接着向前推即可。
还是以01背包为例，方程为f[v]=max{f[v],f[v-c]+w}。再用一个数组g [v]，设g[v]=0表示推出f[v]的值时是采用了方程的前一项（也即f[v]=f[v]），g[v]表示采用了方程的后一项。注意这两项分别表示了两种策略：未选第i个物品及选了第i个物品。那么输出方案的伪代码可以这样写（设最终状态为f[N][V]）：
i=N
v=V
while(i>0)
if(g[v]==0)
print "未选第i项物品"
else if(g[v]==1)
print "选了第i项物品"
v=v-c
另外，采用方程的前一项或后一项也可以在输出方案的过程中根据f[v]的值实时地求出来，也即不须纪录g数组，将上述代码中的g [v]==0改成f[v]==f[v]，g[v]==1改成f[v]==f[v-c]+w也可。
输出字典序最小的最优方案
这里“字典序最小”的意思是1..N号物品的选择方案排列出来以后字典序最小。以输出01背包最小字典序的方案为例。
一般而言，求一个字典序最小的最优方案，只需要在转移时注意策略。首先，子问题的定义要略改一些。我们注意到，如果存在一个选了物品1的最优方案，那么答案一定包含物品1，原问题转化为一个背包容量为v-c[1]，物品为2..N的子问题。反之，如果答案不包含物品1，则转化成背包容量仍为V，物品为2..N的子问题。不管答案怎样，子问题的物品都是以i..N而非前所述的1..i的形式来定义的，所以状态的定义和转移方程都需要改一下。但也许更简易的方法是先把物品逆序排列一下，以下按物品已被逆序排列来叙述。
在这种情况下，可以按照前面经典的状态转移方程来求值，只是输出方案的时候要注意：从N到1输入时，如果f[v]==f及f[v]==f[f-c]+w同时成立，应该按照后者（即选择了物品i）来输出方案。
求方案总数
对于一个给定了背包容量、物品费用、物品间相互关系（分组、依赖等）的背包问题，除了再给定每个物品的价值后求可得到的最大价值外，还可以得到装满背包或将背包装至某一指定容量的方案总数。
对于这类改变问法的问题，一般只需将状态转移方程中的max改成sum即可。例如若每件物品均是01背包中的物品，转移方程即为f[v]=sum{f[v],f[v-c]+w}，初始条件f[0][0]=1。
事实上，这样做可行的原因在于状态转移方程已经考察了所有可能的背包组成方案。
最优方案的总数
这里的最优方案是指物品总价值最大的方案。还是以01背包为例。
结合求最大总价值和方案总数两个问题的思路，最优方案的总数可以这样求：f[v]意义同前述，g[v]表示这个子问题的最优方案的总数，则在求f[v]的同时求g[v]的伪代码如下：
for i=1..N
for v=0..V
f[v]=max{f[v],f[v-c]+w}
g[v]=0
if(f[v]==f[v])
inc(g[v],g[v]
if(f[v]==f[v-c]+w)
inc(g[v],g[v-c])
如果你是第一次看到这样的问题，请仔细体会上面的伪代码。
小结
显然，这里不可能穷尽背包类动态规划问题所有的问法。甚至还存在一类将背包类动态规划问题与其它领域（例如数论、图论）结合起来的问题，在这篇论背包问题的专文中也不会论及。但只要深刻领会前述所有类别的背包问题的思路和状态转移方程，遇到其它的变形问法，只要题目难度还属于NOIP，应该也不难想出算法。
触类旁通、举一反三，应该也是一个OIer应有的品质吧。

⑼ 01背包问题

请搜索”背包九讲“，非常详细，看前两讲或前三讲就可以了，以下是节选前两讲。如果是学竞赛的话必须要能看懂。

P01: 01背包问题
题目
有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。

基本思消袜路
这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。

用子问题定义状态：即f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是：f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}。

这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是陵游由它衍生出来的。所以有必要将它详细解释一下：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f [i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。

注意f[i][v]有意义当且仅当存在一个前i件物品的子集，其费用总和为v。所以按照这个方程递推完毕后，最终的答案并不一定是f[N] [V]，而是f[N][0..V]的最大值。如果将状态的定义中的“恰”字去掉，在转移方程中就要再加入一项f[i][v-1]，这样就可以保证f[N] [V]就是最后的答案。至于为什么这样就可以，由你自己来体会了。

优化空间复杂度
以上方法的时间和空间复杂度均为O(N*V)，其中时间复杂度基本已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O(V)。

先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环i=1..N，每次算出来二维数组f[i][0..V]的所有值。那么，如果只用一个数组f [0..V]，能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态f[i][v]呢？f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1] [v-c[i]]两个子问题递推而来，能否保证在推f[i][v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[i-1][v]和f[i-1][v -c[i]]的值呢？事实上，这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺序推f[v]，这样才能保证推f[v]时f[v-c[i]]保存的是状态f[i -1][v-c[i]]的值。伪代码如下：

for i=1..N
for v=V..0
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};

其中的f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]}一句恰就相当于我们的转移方程f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i- 1][v-c[i]]}，因为现在的f[v-c[i]]就相当于原来的f[i-1][v-c[i]]。如果将v的循环顺序从上面的逆序改成顺序的话，那么则成了f[i][v]由f[i][v-c[i]]推知，与本题意不符，但它却是另一个重要的背包问题P02最简捷的解决方案，故学习只用一维数组解01背包问题是十分必要的。

总结
01背包问题是最基本的背包问题，它包含了背包问题中设计状态、方程的最基本思想，另外，别的类型的背包问题往往也可以转换成01背包问题求解。故一定要仔细体会上面基本思路的得出方法，状态转移方程的意义，以及最后怎样优化的空间复杂度。

P02: 完全背包问题
题目
有N种物品和一个容量为V的背包，每种物品都有无限件可用。第i种物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。

基本思路
这个问题非常类似于01背包问题，所不同的是每种物品有无限件。也就是从每种物品的角度考虑，与它相关的策略已并非取或不取两种，而是有取拿汪激0件、取1件、取2件……等很多种。如果仍然按照解01背包时的思路，令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值。仍然可以按照每种物品不同的策略写出状态转移方程，像这样：f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k*c[i]<= v}。这跟01背包问题一样有O(N*V)个状态需要求解，但求解每个状态的时间则不是常数了，求解状态f[i][v]的时间是O(v/c[i])，总的复杂度是超过O(VN)的。

将01背包问题的基本思路加以改进，得到了这样一个清晰的方法。这说明01背包问题的方程的确是很重要，可以推及其它类型的背包问题。但我们还是试图改进这个复杂度。

一个简单有效的优化
完全背包问题有一个很简单有效的优化，是这样的：若两件物品i、j满足c[i]<=c[j]且w[i]>=w[j]，则将物品j去掉，不用考虑。这个优化的正确性显然：任何情况下都可将价值小费用高得j换成物美价廉的i，得到至少不会更差的方案。对于随机生成的数据，这个方法往往会大大减少物品的件数，从而加快速度。然而这个并不能改善最坏情况的复杂度，因为有可能特别设计的数据可以一件物品也去不掉。

转化为01背包问题求解
既然01背包问题是最基本的背包问题，那么我们可以考虑把完全背包问题转化为01背包问题来解。最简单的想法是，考虑到第i种物品最多选V/c [i]件，于是可以把第i种物品转化为V/c[i]件费用及价值均不变的物品，然后求解这个01背包问题。这样完全没有改进基本思路的时间复杂度，但这毕竟给了我们将完全背包问题转化为01背包问题的思路：将一种物品拆成多件物品。

更高效的转化方法是：把第i种物品拆成费用为c[i]*2^k、价值为w[i]*2^k的若干件物品，其中k满足c[i]*2^k<V。这是二进制的思想，因为不管最优策略选几件第i种物品，总可以表示成若干个2^k件物品的和。这样把每种物品拆成O(log(V/c[i]))件物品，是一个很大的改进。 但我们有更优的O(VN)的算法。 * O(VN)的算法 这个算法使用一维数组，先看伪代码： <pre class"example"> for i=1..N for v=0..V f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};

你会发现，这个伪代码与P01的伪代码只有v的循环次序不同而已。为什么这样一改就可行呢？首先想想为什么P01中要按照v=V..0的逆序来循环。这是因为要保证第i次循环中的状态f[i][v]是由状态f[i-1][v-c[i]]递推而来。换句话说，这正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时，依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果f[i-1][v-c[i]]。而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第i种物品”这种策略时，却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果f[i][v-c[i]]，所以就可以并且必须采用v= 0..V的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。

这个算法也可以以另外的思路得出。例如，基本思路中的状态转移方程可以等价地变形成这种形式：f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i][v-c[i]]+w[i]}，将这个方程用一维数组实现，便得到了上面的伪代码。

总结
完全背包问题也是一个相当基础的背包问题，它有两个状态转移方程，分别在“基本思路”以及“O(VN)的算法“的小节中给出。希望你能够对这两个状态转移方程都仔细地体会，不仅记住，也要弄明白它们是怎么得出来的，最好能够自己想一种得到这些方程的方法。事实上，对每一道动态规划题目都思考其方程的意义以及如何得来，是加深对动态规划的理解、提高动态规划功力的好方法。