01揹包的特點：
物品只有一件，可以選擇放或者不放。
問題：
有n件物品和乙個容量為v的揹包。放入第i
ii件物品耗費的費用是c
ic_i
ci,得到的價值是w
iw_i
wi。求解將哪些物品裝入揹包可以使物品的價值總和最大。
思路：
把整個問題，拆分成幾個子問題。則面對第i
ii個物品時，只需要考慮放或者不放。
所以不妨定義乙個狀態：即f[i
,v]f[i,v]
f[i,v]
表示前i
ii件物品放入容量為v
vv的揹包獲得的最大價值。
所以可以得到狀態方程：
f [i
,v]=
maxf[i,v]=max\
f[i,v]
=max
下面解釋這個狀態方程。
初始狀態如下圖（不要問為什麼字寫這麼醜）：
第一行全部初始化為0，表示將前0件物品裝入揹包（即沒有裝入物品）時的最大價值為0。
面對第i
ii個物品，只需要考慮裝或不裝兩種情況。
若不裝，則：
f [i
,v]=
f[i−
1,v]
f[i,v]=f[i-1,v]
f[i,v]
=f[i
−1,v
]若裝，則:
f [i
,v]=
f[i−
1,v−
ci]+
wif[i,v]=f[i-1,v-c_i]+w_i
f[i,v]
=f[i
−1,v
−ci
]+wi
前提是揹包裝的下第i
ii個物品，即v≥c
iv≥c_i
v≥ci
所以只需要考慮兩個中的最大值即可。
其實這個思路有點像之前學過的貪心演算法
但是不同的是：
貪心保證求到的是區域性最優解
但是揹包問題中，當前狀態下的區域性最優解組成的解並不一定是全域性最優解，當前的區域性最優解受之前的選擇的影響
所以，這個過程其實有點像之前學過的記憶化搜尋，即儲存每一步的狀態，之後用到這一步時只需要進行讀取操作，不需要重複計算。（有點像求最短路）
多說無益，上一道題。
hdu2602
經典的01揹包問題，套板子可以直接過。
題解**：
#include
#include
#include
using
namespace std;
intmain()
for(
int i=
1; i<=a; i++
)for
(int i=
1; i<=a; i++)}
cout<
[b]<
n--; 輸出dp[a]
[b];
} 我總認為揹包不一定會恰好裝滿。
return0;
}
ii件物品拿不拿而是拿幾件
題目：有n種物品和乙個容量為v的揹包。每種物品有無限件，放入第i
ii種物品耗費的費用是c
ic_i
ci,得到的價值是w
iw_i
wi。求解將哪些物品裝入揹包可以使物品的價值總和最大。
與01揹包不同的是，每種物品可以裝的個數是
0~v /c
i(向下
取整)v/c_i(向下取整)
v/ci(
向下取整
)所以類似的，可以得到狀態方程:
f [i
,v]=
max∣
(0≤k
ci≤v
)f[i,v]=max\|(0≤kc_i≤v)
f[i,v]
=max
∣(0≤
kci
≤v)也就轉化成了01揹包
不說廢話，上題：
hdu2159
題意：耐久度為揹包體積，要殺的怪為物品種類，得到的經驗為最後的總價值，殺的小怪數為拿的物品的總和的上限。
最後只需要從小到大遍歷，找到第乙個得到的經驗大於所需經驗的格仔輸出即可。
題解：
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2.解決動態規劃問題，要先找出動態轉移方程來，動態轉移方程怎麼找呢？首先得定好，用哪幾個因子，可以明確的表示好乙個狀態，然後，再通過樣例或者特例或者硬想，找出子問題和父問題的關係，或者說，子問題怎麼push，可以影響到父問題？我感覺可以放開思路想，放心大膽的想，假設你不會動態規劃，讓你暴力搜尋，你會...
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