揹包問題是一種動態規劃演算法的衍生問題。它可以被看作一種獨立的題型，也可以看作是一種線性動態規劃。學好揹包、學會揹包，對於深入理解動態規劃演算法有著極大的好處，並能幫助理解一些更深層次的動態規劃問題。
那麼就開始吧~
題目型別
有\(n\)件物品和乙個容量為\(v\)的揹包。第\(i\)件物品的費體積是\(v[i]\)，價值是\(val[i]\)，求將哪些物品裝入揹包可使價值總和最大。
問題解析
0/1揹包問題是最基礎的揹包問題，可以這麼說：0/1揹包是所有揹包的祖先。因為0/1揹包是用線性動歸的思路來求解的，而其他的揹包是用0/1揹包的思想來求解的。所以，為了解決這個問題，我們來用線性dp的基本內容來思考。
因為是動態規劃，所以我們在思考的時候一定要牢記dp的兩個性質：無後效性和最優子結構，也就是說，設定決策是解決動歸的靈魂。回歸0/1揹包的問題，我們容易得出乙個性質：每件物品只會面臨乙個決策：放還是不放。那麼，我們接下來的部分就可以用這兩個選擇來繼續進行。
狀態的定義建立在子問題的基礎上，針對0/1揹包，我們的狀態被設定成：\(dp[i] [j]\)表示前\(i\)件物品中任選若干件放入容量為\(j\)的揹包所能得到的最大價值。
\[dp[i] [j]=max(dp[i-1] [j],dp[i-1] [j-v[i]]+val[i])
\]我們有必要好好理解這個方程。這個方程表示的是乙個決策的過程，因為我們在決策一件物品放或不放的時候，牽扯到的資料只是在放它之前的那個狀態。那麼易知：如果不放的話，那\(dp[i] [j]\)就是\(dp[i-1] [j]\)，因為容量沒有變，如果放了的話，那麼就需要在原來的揹包中騰出乙個\(v[i]\)那麼大的空位，否則這個新物品將無處可放。當然，如果放了這個物品，那麼還需要加上\(val[i]\)。
綜上所述，最終要求的答案就是\(dp[n] [v]\)。
空間複雜度的優化
我們發現，上面的\(dp\)陣列是乙個二維陣列，那麼假如揹包最大容量和物品件數都特別大的時候，這樣的空間複雜度肯定會**。所以我們需要採取手段來優化它的空間複雜度。01揹包的空間複雜度優化方式有兩種：一種是滾動陣列優化，另一種是壓維優化。
我們會發現，0/1揹包的狀態轉移方程只用到了\(dp[i-1] [j]\)的資料。也就是說，我們在求取答案的時候，\(1-(i-2)\)的資料是啥用沒有的。那麼我們考慮不再儲存這些資料，而將陣列「滾動」起來，依次覆蓋上一次用不著的資料，這樣就可以把dp陣列的第一維只開2位，而完成0/1揹包的dp操作，大大地降低了空間複雜度。
我們來看一下壓維操作。
因為每種物品只有放或者不放這兩種可能，所以我們在處理的時候可以把存物品的那一維省略，直接用揹包容量來進行dp，更大地壓縮了空間複雜度。
實現的時候非常簡單：
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=v;j>=v[i];j--)
dp[j]=maxn(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]);
我們的外層迴圈進行的是逐物品列舉，而內層迴圈只起到乙個作用：持續更新當前容量的價值最大值。所以狀態轉移方程的意義就是：當前物品的放與不放是否會對當前的答案產生影響。這就是0/1揹包的壓維優化了。
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題目型別
有\(n\)種物品和乙個容量為\(v\)的揹包，每種物品有無限件可用。第\(i\)種物品的費體積是$ v[i]\(，價值是\)val[i]$，求將哪些物品裝入揹包可使價值總和最大。
問題解析
本問題可以看作是0/1揹包的加強版本，因為每種物品都有無限件可以選擇，這樣就會給我們0/1揹包求解的過程帶來許多麻煩。比如：它的決策過程已經不是取或不取兩種，而是取1件、2件、3件、不取等很多種。那麼我們仍然試著寫出狀態轉移方程，按照0/1揹包的思路，令\(dp[i] [j]\)表示取前\(i\)種物品放入乙個容量為\(j\)的揹包裡的最大值。即有：
\[dp[i][j]=max(dp[i-1][j-k\times v[i]]+k\times val[i])
\]\[(0\le k\times v[i]\le j)
\]我們容易發現這是乙個三重迴圈，在資料稍微大一點的情況下，時間複雜度就受不了了。所以，我們必須對以上思路進行優化。
完全揹包到0/1揹包的轉化
在講解0/1揹包的時候說過，0/1揹包是最基本的揹包。不僅是完全揹包，之後的許多揹包都要轉換成0/1揹包進行求解。
在完全揹包問題中，有乙個顯然的性質：每種物品最多選擇\(v/v[i]\)件，於是我們把這種物品拆成\(v/v[i]\)個體積、價值均相等的物品，這樣就轉化成了0/1揹包問題。可以使用0/1揹包問題的轉移來求解。
倍增優化
完全揹包的接替模型其實是直接轉換成0/1揹包，因為總體積是\(v\)，對於每種種類，最多只能放\(v/v[i]\)個物品，就可以直接轉換成0/1揹包。
但是這個轉換很麻煩，如果再放到一維陣列，很容易**，所以我們使用倍增思想進行優化。倍增思想是乙個很有用的東西，我們可以把剛才的\(n\)個滿足\(v/v[i]\)種類的物品給壓縮，怎麼做呢？
舉個例子： \(v=22，v[i]=3,w[i]=2;\)
用剛才說的\(v/v[i]\)就拆成了\(7\)個相同的物品。
用倍增優化呢？
我們就可以拆成空間為\(v[i]\times 2^k\)，價值為\(w[i]\times 2^k\)的若干件物品，其中\(k\)滿足小於\(v\)的要求。
所以用這種方法，我們就一共拆出來了3件物品，僅僅三件！！！
體積為3，6，12，價值為2，4，8。
這也是完全揹包最常用的模板。
**如下：
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=v[i];j<=v;j++)
dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]);
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題目型別
有\(n\)種物品和乙個容量為\(v\)的揹包，每種物品有\(p[i]\)件可用。第\(i\)種物品的費體積是$ v[i]\(，價值是\)val[i]$，求將哪些物品裝入揹包可使價值總和最大。
問題解析
一種好想的基本方法是直接轉化成0/1揹包求解，因為題意已經告訴我們每種物品的件數，所以我們可以直接把它拆成\(p[i]\)個相同的物品，然後進行求解。
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題目型別
前面三個揹包的混合版。
問題解析
原講解裡有一句話讓我印象深刻：所有的複雜問題都是由一堆簡單問題拆分而成的。那麼，我們解決這個問題的時候也應該把問題拆分成若干的簡單問題，然後進行求解。
這種結合有兩種物品，一種只能用一次，一種能用若干次。那麼根據題目中的意思，我們可以分別處理兩種不同的問題，即分別解決兩種物品的揹包。（**實現就是順逆序迴圈的靈活呼叫）
思路和以上的差不多，也是拆分求解。如果是多重揹包，就用單調佇列來求，複雜度很優。
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1 01揹包問題描述 已知 有 n 件物品和乙個容量為 v 的揹包。第i件物品的重量為w i 得到的價值是 c i 問題 求解將哪些物品裝入揹包可使價值總和最大。條件 每種物品只有一件，可以選擇放或者不放 2 基本思路 01揹包的特點 每種物品只有一件，可以選擇放或者不放 子問題定義狀態f i v ...