揹包問題（0 1揹包完全揹包）

0-1揹包

有n件物品和乙個容量為v的揹包。第i件物品的費用是c[i]，價值是w[i]。求解將哪些物品裝入揹包可使價值總和最大。

重要的點在於：每種物品僅有一件，可以選擇放/不放子問題：f[i][v]表示前i件物品恰好放入乙個容量為v 的揹包可以獲得的最大價值。

狀態轉移方程（遞推式）：f[i][v]=max；//考慮前i件物品放入這個子問題的時候，可以轉化為前i-1件物品已經放好。那麼如果放入第i件物品，那麼問題轉化為前i-1件物品放入剩餘容量為v-c[i]的揹包裡；如果不放入第i件物品，那麼問題轉化為前i-1件物品放入剩餘容量為v的揹包裡。

而如果放入第i件物品，那麼當前價值就是f[i-1][v-c[i]]+w[i]。因此當前最大價值就是放入&不放入之間的最大值。

可以反向找到各種物品的選擇：從dp[n][v]開始，如果dp[i][j]=dp[i-1][j]，則當前第i件物品沒有被選中，從dp[i-1][j]繼續找；否則，則表示選中，從dp[i-1][j-w[i]]開始找

偽**：

int dp=new
int[n][v+1
];//
初始化第一行
//僅考慮容量為v的揹包放第0個物品，不放物品，價值為0
for(int i=0;i<=v;i++)
//初始化第一列
//容量為0的揹包放物品，不放物品，價值為0
for(int i=0;i<=n;i++)
//根據狀態轉移方程，填充其他行和列
for(int i=1;i)
//容量足夠，可以放進去，比價值更大的方法
else
}}//
最後的結果
dp[n-1][v]

如何優化呢？那麼只能在空間複雜度上進行優化，只使用一維陣列來存放結果

此時狀態轉移方程為：f[v]=max；//那麼這個時候需要注意的是，在第二層迴圈中，需要使用從後往前計算，得到結果。即要用一維陣列記憶化的時候，需要用到當前位置的值和該位置之前的值。因為如果我們需要計算f[4, 4]=max、f[4,3]=max、f[4,2]=max。

如果是轉化為一維陣列，因為需要保證max中的f[v]是f[i-1][v]，前面的f[v]是f[i][v]。也就是當前這一層的d[j]還沒有被更新過，所以當前的d[j]用到的是i-1層的結果。如果從前往後計算，那麼下一次使用的d[j]是本層已經更新過的，會覆蓋掉i-1層的結果。

//解釋

對於dp[j]=max而言，dp[j-w[i]]相當於二維的dp[i-1][j-w[i]]，dp[j]是由前面的dp(1...j)推出來的。

因此比如從i=3推i=4，此時一維陣列存放，這是i=3時所有子問題的解。如果從前往後推，那麼計算i=4時，

dp[0]=0, dp[1]=0, ... , （前面這幾項都放不進 w[i]=5的物品）dp[5]=max=7, dp[6]=max=7, dp[7]=max=9.....這裡會更新dp[5]、dp[6]...的值，那麼後續計算的時候就沒辦法用到上一輪迴圈時的 dp[5]、dp[6]....了（即因為當前值是由上一輪迴圈推出來的，如果從前往後，前一次迴圈儲存下來的值可能會被修改）就是我當前更新要用到這個值，但是這個值在從前往後更新時，已經被修改了，那麼我用到的就是錯誤的值了。

初始化的話：（初始化實際上是在沒有任何物品可以放入揹包時的合法狀態）

如果問法是「恰好裝滿」的最優解，那麼除了dp[0]初始化為0，其他都應該設定為負無窮大。這樣能保證最終的dp[v]為恰好裝滿揹包時的最優解。此時，只有容量為0的揹包可以在什麼都不裝且價值為0時被「恰好裝滿」，因為如dp[3]則表示，揹包容量為3時，恰好裝滿的價值，此時沒有合法的解，因此屬於未定義狀態，設為無窮大。

如果問法是「可以不裝滿」的最優解，那麼所有的都應初始化為0，因為「什麼都不裝」時，0就是合法解。

偽**：

int dp=new
int[v+1
];//
初始化第一行
//僅考慮容量為v的揹包放第0個物品，不放物品，價值為0
for(int i=0;i<=v;i++)
//根據狀態轉移方程，填充其他行和列
for(int i=1;i)}//
最後的結果
dp[v]

例題：給定乙個僅包含正整數的非空陣列，確定該陣列是否可以分成兩部分，要求兩部分的和相等

思路：即給定n個元素組成的陣列arr，陣列元素的和為sum。轉換成揹包問題，每個物品的重量和價值為arr[i]，兩部分和相等，即揹包的限重為sum/2.

if(nums==null || nums.length==0
)int sum=0
;for(int
num : nums)
//如果sum不可以平分，那麼就不可分為兩塊
if(sum%2!=0
)sum/=2;//
定義boolean dp=new boolean[sum+1
];//
初始化dp[0]=true
;for(int i=1; i)}//
輸出dp[sum]

例題擴充套件：傳入陣列的大小+乙個int型陣列，返回該陣列能否分成兩組，使得兩組中各元素加起來的和相等。

並且，所有5的倍數必須在其中乙個組中，所有3的倍數在另乙個組中（不包括5的倍數），能滿足以上條件，返回true；不滿足時返回false。

public
static
void
main(string args) 
else
if (num%3==0
) 
else
}//如果剛好都是3和5的倍數，那麼不需要進行接下來的步驟
if (othernums.size()==0
) 
else
}//接下來問題轉化為，將剩餘不是3和5的倍數的數，均分到兩個組裡。使得
//3的倍陣列之和+組a=5的倍陣列之和+組b -->(3的倍陣列之和-5的倍陣列之和)+組a=組b-->可以把兩組之差當成乙個值
else
//如果不能均分，那麼返回false
if (sumtemp%2!=0
) 
else
if (candivided(othernums, othernums.size(), sumtemp/2
)) 
else}}
}//是否可以將鍊錶中的數分為兩組，每組的和為總和的1/2。
//這裡用的是二進位制列舉，二進位制的每乙個01位可以當成這個數字加不加進去
private
static boolean candivided(listothernums, int size, int
sum) 
else
}if (cursum ==sum) 
}return
false
; }
//上乙個函式還可以用01揹包的方法來做。
private static boolean candivided(listothernums, int size, int sum) 
}return dp[sum];
}

完全揹包

有n種物品和乙個容量為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]。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。

重要的區別在於完全揹包是每種無限件

狀態轉移方程：f[i][j]=math.max(f[i-1][j-k*c[i]]+k*w[i])，0<=k*c[i]<=j；//根據第i件物品放多少件，即前i-1件物品中選擇若干件放入剩餘的空間上，使得最大。（f[i][j]表示前i種物品放入乙個容量為j的揹包種獲得最大價值）

//遞迴和動態規劃的區別：動態規劃多使用了乙個二維陣列來儲存中間的解

**：

int dp=new
int[n][v+1
];//
初始化第一行
//僅考慮容量為v的揹包放第0個物品，不放物品，價值為0
for(int i=0;i<=v;i++)
//初始化第一列
//容量為0的揹包放物品，不放物品，價值為0
for(int i=0;i<=n;i++)
//根據狀態轉移方程，填充其他行和列
for(int i=1;i)
//容量足夠，可以放進去，比價值更大的方法。取k個物品i，再k種選擇 選出 最優解
else
} 
}}//
最後的結果
dp[n-1][v]

同樣使用一維陣列來優化空間複雜度

dp[i]=math.max(dp[i], dp[i-w[i]]+v[i])

int dp=new
int[v+1
];//
初始化第一行
//僅考慮容量為v的揹包放第0個物品，不放物品，價值為0
for(int i=0;i<=v;i++)
//根據狀態轉移方程，填充其他行和列
for(int i=1;i)}//
最後的結果
dp[v]

（示意圖源於網路，侵刪）

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