想要學習動態規劃，從01揹包問題入手，看了許多大牛的部落格，各種優化各種講解，講的都不錯，但是都是快速閱讀，不求甚解，幾天下來除了記住狀態轉移方程之外無甚收穫，而且學的囫圇吞棗，說會不算會，說不會又冤得慌，如鯁在喉，終於下定決心搞個清楚，梳理整齊。
注意，這些東西都不是我自己的想法，只是想把看的理解的東西記下來。會引用甚至摘抄原文。
1.1 、01揹包的題目： 有n件物品和乙個容量為v 的揹包。放入第i件物品耗費的空間是wi，得到的價值是vi。求解將哪些物品裝入揹包可使價值總和最大。
1.2、 基本思路 ：這是最基礎的揹包問題，特點是：每種物品僅有一件，可以選擇放或不放。
用子問題定義狀態：即dp[i, v]表示前i件物品恰放入乙個容量為v的揹包可以獲得的最大價值。則其狀態轉移方程便是：
dp[i][v]=max(dp[i-1][v],dp[i-1][v-w[i]]+v[i]);（大寫v表示可用空間，小寫v指當前物品的價值（value） ）
每一件物品選擇放或者不放，就是動態規劃中的決策，而dp【i】【v】及其意義就是狀態，這兩點很重要，非常重要。（因為我們面對一道動態規劃題目。首先要識別子問題（把問題的規模縮小，先寫出邊界情況，用歸納法嘗試找規律，然後取任意值i，考慮i的狀態與i-1的狀態之間的轉換關係） ，然後定義狀態，最後根據決策來建立狀態轉移方程。）
這個方程非常重要，基本上所有跟揹包相關的問題的方程都是由它衍生出來的。所以有必要將它詳細解釋一下：「將前i件物品放入容量為v的揹包中」這個子問題，若只考慮第i件物品的策略（放或不放），那麼就可以轉化為乙個只和前i − 1件物品相關的問題。如果不放第i件物品，那麼問題就轉化為「前i − 1件物品放入容量為v的揹包中」，價值為dp[i − 1, v]；如果放第i件物品，那麼問題就轉化為「前i − 1件物品放入剩下的容量為v − wi的揹包中」，此時能獲得的最大價值就是dp[i − 1, v − wi]再加上通過放入第i件物品獲得的價值vi。
偽**：
dp[0, 0..v ] = 0
for i = 1 to n
for j = wi to v
dp[i, v] = max
c：10 n：5
wi vi
4 9
3 6
5 1
2 4
5 1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
0
1
2
0
0
0
6
9
9
9
15 15
15 15
3
4
5
#include#includeusing namespace std;
int main()
}cout先貼**：
將i方向的維數去掉， 我們可以將原來二維陣列表示為一維資料：d(i-1, j-v)變為d(j-v)， d(i-1, j)變為d(j)。當我們要計算d(i, j)時，只需要比較d(j)和d(j-v)+w的大小， 用較大的數更新d(j)即可。等等，如果我要計算d(i, j+1)，而它恰好要用到d(i-1, j)的值， 那麼問題就出來了，因為你剛剛才把它更新為d(i, j)了。那麼，怎麼辦呢？ 按照j遞減的順序即可避免這種問題。比如，你計算完d(i, j)， 接下來要計算的是d(i,j-1)，而它的狀態轉移方程為d(i, j-1)=max，它不會再用到d(i-1,j)的值！所以， 即使該位置的值被更新了也無所謂。
仔細想想這段話哈，再看看圖就明白了，當我們求dp[i][j]的時候用到了dp[i][j-v]和dp[i][j]，那麼又怎麼會阻礙dp[i][j+1]了呢？想想我們在求dp【i】【j】的時候就可能把dp【i-1】【j】或者dp【i】【j-v】改變了，（由於是一維陣列，被改變之後就被替換了），但是當j增加的時候，dp【i】【j+1】又可能用到原來的dp【i-1】【j】，但是遺憾的是他已經不是原來的他了（真正的原因是為了保證每件物品只是用一次，對比完全揹包的內迴圈就是順序的，也就是說完全揹包的物品可以多次使用）。。。這樣就不好了麼，那麼怎麼辦呢，讓內迴圈從大到小唄，等於是二維陣列的每一行都從右往左填充，這樣的話填充過dp【i】【j+1】再填充dp【i】【j】這樣使用上一行的陣列就不會起衝突了。
然後呢？然後敵人向我們提出了更加苛刻的要求。。。。。他們想要知道都有哪些物品被裝進了揹包，而哪些沒有裝。。。。
這個方法待我慢慢抄來。。。上**
int j = v;
for(int i=n; i>0; --i)
}for(int i=1; i<=n; ++i) printf("%d ", x[i]);
讓我們先定義乙個陣列x，對於其中的元素為1時表示對應編號的物品放入揹包， 為0則不放入。舉個例子，對於體積為5，4，3，價值為20，10，12的3個寶石 ，如何求得其對應的陣列x呢？（明顯我們目測一下就知道x=， 但程式可目測不出來）ok，讓我們還是從狀態說起。如果我們把3號放入了揹包， 那麼是不是也就意味著，前3個物品放入揹包的最大價值要比前2個物品放入揹包的價值大， 即：dp(3, 10)>dp(2, 10)。再用字母代替具體的數字 （不知不覺中我們就用了不完全歸納法哈），當dp(i, j)>dp(i-1, j)時，x(i)=1;
完整**：
#include#includeusing namespace std;
int main()
} cout<= 1;i--)
} for(int i = 1;i <= n;i++)
cout<
完 了？還沒有。。。。
揹包九講裡面還有乙個問題提到， 初始化的細節問題，我們看到的求最優解的揹包問題題目中，事實上有兩種不太相同的問法。
有的題目要求「恰好裝滿揹包」時的最優解，有的題目則並沒有要求必須把揹包裝滿。一種區別這兩種問法的實現方法是在初始化的時候有所不同。如果是第一種問法，要求恰好裝滿揹包，那麼在初始化時除了f[0]為0，其它f[1..v ]均設為−∞，這樣就可以保證最終得到的f[v ]是一種恰好裝滿揹包的最優解。如果並沒有要求必須把揹包裝滿，而是只希**盡量大，初始化時應該將f[0..v ]全部設為0。這是為什麼呢？可以這樣理解：初始化的f陣列事實上就是在沒有任何物品可以放入揹包時的合法狀態。如果要求揹包恰好裝滿，那麼此時只有容量為0的揹包可以在什麼也不裝且價值為0的情況下被「恰好裝滿」，其它容量的揹包均沒有合法的解，屬於未定義的狀態，應該被賦值為-∞了。如果揹包並非必須被裝滿，那麼任何容量的揹包都有乙個合法解「什麼都不裝」，這個解的價值為0，所以初始時狀態的值也就全部為0了。這個小技巧完全可以推廣到其它型別的揹包問題。
講的多好呀。。。
揹包問題之01揹包
01揹包就是說針對每一件物品，有選擇裝入或者放棄，是屬於動態規劃類的問題。現在假設我們有m件物品，各有價值，揹包承重為10，假設當前可用的承重量為v，當前在抉擇第m件物品是否放入，重量為w1，價值為v1，那麼，如果不放入，我們的價值應該保持不變，並與之前算出的最大價值相同，如果放入，放入後的價值就是...
揹包dp之01揹包
現在我們有n個配件,他們有不同的價值.但是我們揹包的容量是有限的,因為我們只有乙個一級包,所以我們最多可以裝v重量的東西.但是為了能更好的吃到雞 不存在的 我們要攜帶更有價值的配件,請問我們最多能拿多少價值的配件來當快遞員呢?輸入的第一行是t,表示有一共要打t場比賽.每組資料由三行組成.第一行包含兩...
揹包問題之0 1揹包
0 1揹包是最基本的揹包問題，其核心思路就在於每個物品的放與不放 每個物品最多只能放一次 題目有 n 個物品和乙個大小為 m 的揹包.給定陣列 a 表示每個物品的大小和陣列 v 表示每個物品的價值.問最多能裝入揹包的總價值是多大?樣例輸入 m 10,a 2,3,5,7 v 1,5,2,4 輸出 9 ...