現有 n 件物品，乙個最大容量為 w 的揹包。第 i 件物品重量為 wi ，價值為 vi 。設 ans[n,w] 為當揹包容重量為 w ，有 1 到 n 件物品可以選擇時的最大價值。顯然有：已知對於一件物品，你必須選擇取或不取，且每件物品只能被取一次（這就是「0/1」的含義）。
求放置哪幾件物品進揹包，使得揹包中物品價值最大(或是求最大價值是多少等衍生問題)。
1、如果決定取並且可以取第 n 件物品時，有 ans[n,w]=ans[n-1,w-w[n]]+v[n] (w>=w[n])所以，狀態轉移方程為：2、如果決定不取第 n 件物品時，有 ans[n,w]=ans[n-1,w]
ans[n,w]=max邊界條件是：
ans[n,0]=0,ans[0,w]=0上面的演算法可以經過優化使得其空間複雜度降到
注意到當解決ans[n,w]時只需要知道ans[n-1,i] (i=1,2,3....w)就可以了,所以可以通過維護乙個一維的陣列來求解ans[n,w].為了更有偽**的風格,使用縮排而不是begin和end來標識乙個子語句.
下面的**沒有經過debug或者make,而且僅僅是一般的揹包問題的偽**
for j:=1 to n do如何理解這段**呢?for i:=m downto 0 do
if (w[j]<=i)and(f[i-w[j]]+v[j]>f[i]) then
f[i]:=f[i-w[j]]+v[j];
結論:在每進行一次第一行的迴圈節(就是2-4行)後,陣列f中f[i]就是前j個物品在i時間時的最優解.
為什麼?當**尚未開始執行,a顯然滿足這樣的性質,每次迴圈時我們用第j個物品嘗試加入到原來i體積的方案中,在這個基礎上,我們可以加上乙個小優化,就好像下面的偽**一樣:如果發現當前解更優,就更新a[i]中的值.(這裡非正式地地運用了一下迴圈不變式).
要注意其中i的循還順序,當解問題a(i,j)時,我們需要問題a(k,j-1)的解,其中k<=i,換言之,在上述**
中,我們解決a[i]這一子問題的時候需要保證a[k](k<=i)的資料還是未更新過的資料.而第2行的m downto 0恰好滿足這個要求.
for j:=1 to n do對於優化過的演算法,顯然的,它的時間複雜度並沒有變得更優,因為新演算法需要求解同樣多的子問題.但是,在執行常數和空間複雜度的角度看,新演算法無疑更為優秀.for i:=m downto w[j] do
if f[i-w[j]]+v[j]>f[i] then
f[i]:=f[i-w[j]]+v[j];
如果問題要求物品的組合恰好填滿指定的容量,只需在初始化時將f[i]賦值為-maxlongint即可
現有 n 件物品和乙個容量為v的揹包，每種物品都有無限件可用。第i種物品的費用是c[i]，價值是w[i]。這個問題非常類似於求解將哪些物品裝入揹包可使這些物品的費用總和不 超過揹包容量，且價值總和最大。
01揹包問題，所不同的是每種物品有無限件。也就是從每種物品的角度考慮，與它相關的策略已並非取或不取兩種，而是有取0件、取1件、取2件……等很多種。如果仍然按照解
01揹包時的思路，令f[i][v]表示前i種物品恰放入乙個容量為v的揹包的最大權值。仍然可以按照每種物品不同的策略寫出狀態轉移方程，像這樣：
f[i][v]=max這跟01揹包問題一樣有o(vn)個狀態需要求解，但求解每個狀態的時間已經不是常數了，求解狀態f[i][v]的時間是o(v /c[i])，總的複雜度可以認為是o(v*σ(v/c[i]))，是比較大的。
將01揹包問題的基本思路加以改進，得到了這樣乙個清晰的方法。這說明01揹包問題的方程的確是很重要，可以推及其它型別的揹包問題。但我們還是試圖改進這個複雜度。
完全揹包問題有乙個很簡單有效的優化，是這樣的：若兩件物品i、j滿足c[i]<=c[j]且w[i]> =w[j]，則將物品j去掉，不用考慮。這個優化的正確性顯然：任何情況下都可將價值小費用高得j換成物美價廉的i，得到至少不會更差的方案。對於隨機生成的資料，這個方法往往會大大減少物品的件數，從而加快速度。然而這個並不能改善最壞情況的複雜度，因為有可能特別設計的資料可以一件物品也去不掉。
這個優化可以簡單的o(n^2)地實現，一般都可以承受。另外，針對揹包問題而言，比較不錯的一種方法是：首先將費用大於v的物品去掉，然後使用類似計數排序的做法，計算出費用相同的物品中價值最高的是哪個，可以o(v+n)地完成這個優化。
既然01揹包問題是最基本的揹包問題，那麼我們可以考慮把完全揹包問題轉化為01揹包問題來解。最簡單的想法是，考慮到第i種物品最多選v/c[i]件，於是可以把第i種物品轉化為v/c[i]件費用及價值均不變的物品，然後求解這個01揹包問題。這樣完全沒有改進基本思路的時間複雜度，但這畢竟給了我們將完全揹包問題轉化為01揹包問題的思路：將一種物品拆成多件物品。
更高效的轉化方法是：把第i種物品拆成費用為c[i]*2^k、價值為w[i]*2^k的若干件物品，其中k滿足c[i]*2^k<=v。這是二進位制的思想，因為不管最優策略選幾件第i種物品，總可以表示成若干個2^k件物品的和。這樣把每種物品拆成o(log v/c[i])件物品，是乙個很大的改進。
但我們有更優的o(vn)的演算法。
這個演算法使用一維陣列，先看偽**：
for i=1..n你會發現，這個偽**與01揹包的偽**只有v的迴圈次序不同而已。為什麼這樣一改就可行呢？首先想想為什麼01揹包中要按照v=v..0的逆序來迴圈。這是因為要保證第i次迴圈中的狀態f [i][v]是由狀態f[i-1][v-c[i]]遞推而來。換句話說，這正是為了保證每件物品只選一次，保證在考慮「選入第i件物品」這件策略時，依據的是乙個絕無已經選入第i件物品的子結果f[i-1][v-c[i]]。而現在完全揹包的特點恰是每種物品可選無限件，所以在考慮「加選一件第i種物品」 這種策略時，卻正需要乙個可能已選入第i種物品的子結果f[i][v-c[i]]，所以就可以並且必須採用v=0..v的順序迴圈。這就是這個簡單的程式為何成立的道理。for v=0..v
f[v]=max
值得一提的是，上面的偽**中兩層for迴圈的次序可以顛倒。這個結論有可能會帶來演算法時間常數上的優化。
這個演算法也可以以另外的思路得出。例如，將基本思路中求解f[i][v-c[i]]的狀態轉移方程顯式地寫出來，代入原方程中，會發現該方程可以等價地變形成這種形式：
f[i][v]=max將這個方程用一維陣列實現，便得到了上面的偽**。
procedure completepack(cost,weight)完全揹包問題也是乙個相當基礎的揹包問題，它有兩個狀態轉移方程，分別在「基本思路」以及「o(vn)的演算法「的小節中給出。希望你能夠對這兩個狀態轉移方程都仔細地體會，不僅記住，也要弄明白它們是怎麼得出來的，最好能夠自己想一種得到這些方程的方法。事實上，對每一道動態規劃題目都思考其方程的意義以及如何得來，是加深對動態規劃的理解、提高動態規劃功力的好方法。for v=cost..v
f[v]=max
揹包問題 01揹包與完全揹包
一 介紹 揹包問題是最廣為人知的動態規劃問題，都是給定限定的揹包容量與物品，求所能裝下的最大價值 完全揹包 有n種物品，每種均有無限多，第i種物品額體積為v i 重量 價值 為w i 01揹包 有n種物品，每種只有乙個，第i種物品額體積為v i 重量 價值 為w i 在揹包問題中，我們把不同種的物品...
01揹包，完全揹包
動態規劃 動態規劃的核心是狀態以及狀態轉移方程。需要定義乙個 i,j 狀態以及該狀態的指標函式d i,j 01揹包 有n種物品，每種只有乙個，第i件物品的體積為vi質量為wi。選一些物品裝到體積為c的揹包中，使其體積不超過c的前提下重量最大。namevw abcd e 子問題定義 dp i j 表示...
01揹包 完全揹包
本文主要使用一維陣列進行使用 意思 01揹包 代表物品只有兩種狀態，只能使用一次。如，dp i max dp i dp i wight j value j 代表容量為i所獲得的最大利潤。完全揹包 乙個物品可以使用無限次 技巧 1.如果是0 1揹包，即陣列中的元素不可重複使用，nums放在外迴圈，ta...