動態規劃揹包問題（DP系列）

一、問題描述：有n 個物品，它們有各自的重量和價值，現有給定容量的揹包，如何讓揹包裡裝入的物品具有最大的價值總和？

二、總體思路：根據動態規劃解題步驟（問題抽象化、建立模型、尋找約束條件、判斷是否滿足最優性原理、找大問題與小問題的遞推關係式、填表、尋找解組成）找出01揹包問題的最優解以及解組成，然後編寫**實現；

三、動態規劃的原理及過程：

eg：number＝4，capacity＝8

w(體積)2

345v(價值)3

456

1、原理

動態規劃與分治法類似，都是把大問題拆分成小問題，通過尋找大問題與小問題的遞推關係，解決乙個個小問題，最終達到解決原問題的效果。但不同的是，分治法在子問題和子子問題等上被重複計算了很多次，而動態規劃則具有記憶性，通過填寫表把所有已經解決的子問題答案紀錄下來，在新問題裡需要用到的子問題可以直接提取，避免了重複計算，從而節約了時間，所以在問題滿足最優性原理之後，用動態規劃解決問題的核心就在於填表，表填寫完畢，最優解也就找到。

2、過程

a) 把揹包問題抽象化（x1，x2，…，xn，其中 xi 取0或1，表示第 i 個物品選或不選），vi表示第 i 個物品的價值，wi表示第 i 個物品的體積（重量）；

b) 建立模型，即求max(v1x1+v2x2+…+vnxn)；

c) 約束條件，w1x1+w2x2+…+wnxnd) 定義v(i,j)：當前揹包容量 j，前 i 個物品最佳組合對應的價值；

e) 最優性原理是動態規劃的基礎，最優性原理是指「多階段決策過程的最優決策序列具有這樣的性質：不論初始狀態和初始決策如何，對於前面決策所造成的某一狀態而言，其後各階段的決策序列必須構成最優策略」。判斷該問題是否滿足最優性原理，採用反證法證明：

假設(x1，x2，…，xn)是01揹包問題的最優解，則有(x2，x3，…，xn)是其子問題的最優解，

假設(y2，y3，…，yn)是上述問題的子問題最優解，則理應有(v2y2+v3y3+…+vnyn)+v1x1 > (v2x2+v3x3+…+vnxn)+v1x1；

而(v2x2+v3x3+…+vnxn)+v1x1=(v1x1+v2x2+…+vnxn)，則有(v2y2+v3y3+…+vnyn)+v1x1 > (v1x1+v2x2+…+vnxn)；

該式子說明(x1，y2，y3，…，yn)才是該01揹包問題的最優解，這與最開始的假設(x1，x2，…，xn)是01揹包問題的最優解相矛盾，故01揹包問題滿足最優性原理；

f) 尋找遞推關係式，面對當前商品有兩種可能性：

第一，包的容量比該商品體積小，裝不下，此時的價值與前i-1個的價值是一樣的，即v(i,j)=v(i-1,j)；

第二，還有足夠的容量可以裝該商品，但裝了也不一定達到當前最優價值，所以在裝與不裝之間選擇最優的乙個，即v(i,j)=max｛ v(i-1,j)，v(i-1,j-w(i))+v(i) ｝

其中v(i-1,j)表示不裝，v(i-1,j-w(i))+v(i) 表示裝了第i個商品，揹包容量減少w(i)但價值增加了v(i)；

由此可以得出遞推關係式：

1)j2)j>=w(i) v(i,j)=max｛ v(i-1,j)，v(i-1,j-w(i))+v(i) ｝

g) 填表，首先初始化邊界條件，v(0,j)=v(i,0)=0；

h) 然後一行一行的填表，

1) 如，i=1，j=1，w(1)=2，v(1)=3，有j2) 又如i=1，j=2，w(1)=2，v(1)=3，有j=w(1),故v(1,2)=max｛ v(1-1,2)，v(1-1,2-w(1))+v(1) ｝=max｛0，0+3｝=3；

3) 如此下去，填到最後乙個，i=4，j=8，w(4)=5，v(4)=6，有j>w(4)，故v(4,8)=max｛ v(4-1,8)，v(4-1,8-w(4))+v(4) ｝=max｛9，4+6｝=10；所以填完表如下圖：

void findmax()//動態規劃
else//前i-1個物品的最優解與第i個物品的價值之和更大}}
}}

用動態轉移方程可以簡化該**，可以用作模板記住

#include#include#include#includeusing namespace std;
int dp[1000];
int v[1000];
int w[1000]
int main()
for(int i=0;i=w[i];j--)
dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
} cout<
對於揹包問題在前面動態規劃 - 0-1揹包問題的演算法優化已經講到了關於0-1揹包問題的解法，0-1揹包問題是最基本的揹包問題，它的特點是：每一件物品之多只能選擇一件，即在揹包中該物品數量只有0和1兩種情況。
現在擴充套件一下，有乙個容積為v的揹包，同時有n種物品，每種物品均有無數多個，並且每種物品的都有自己的體積和價值。求使用該揹包最多能夠裝的物品價值總和。
這就是完全揹包問題。
如果按照0-1揹包的思路求解該問題，可設當前物品的體積為w，價值為v，考慮到揹包中最多存放v/w件該物品，那麼該物品的可選數量就為v/w件。依次可以對所有的物品進行拆分，最後對拆分的所有物品做0-1揹包即可得到答案。但是，這樣拆分會使物品數量大大增加，其時間複雜度為:o(v*∑n
i=1(v/wi))。
可見，當v較大時每個物品的體積較小時，其時間複雜度會顯著增大。所以將完全揹包問題轉化為0-1揹包問題去解決的方法不可靠。
在0-1揹包的解決演算法中，其中一段**是該演算法的核心演算法，如下：
for(int i=0;i=w[i];j--)
dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
}

在這段**中，之所將j初始化為s，逆序迴圈更新狀態是為了保證在更新dp[j]時，dp[j-w[i]]的狀態尚未因為本次更新而發生改變，即等價於由

dp[i-1][j-w[i]]轉移得到dp[i][j]。保證了更新dp[j]時，dp[j-w[i]]是沒有放入物品i時的資料dp[i-1][

j-w[i]]。

在解決完全揹包問題時，可以借鑑這個思路。在完全揹包中，每個物品可以被無限次選擇，那麼狀態dp[i][j]恰好可以由可能已經放入物品i的狀態dp[i][

j-w[i]]轉移而來。可以將上面的**改寫如下：

for(int i=0;i

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