題目

動態規劃一直不是很清楚 上網搜了一下 又見識了一個牛人 dd_engi寫的揹包九講 

把他的 01揹包問題 直接貼過來了

01揹包問題

題目

有N件物品和一個容量為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。

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f[i][v]表示前i件物品恰放入一個容量為v的揹包可以獲得的最大價值。則其狀態轉移方程便是：

f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}

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），那麼就可以轉化為一個只牽扯前i-1件物品的問題。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f[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-c[i]的揹包中”，此時能獲得的最大價值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通過放入第i件物品獲得的價值w[i]。

優化空間複雜度

以上方法的時間和空間複雜度均為O(VN)，其中時間複雜度應該已經不能再優化了，但空間複雜度卻可以優化到O。

先考慮上面講的基本思路如何實現，肯定是有一個主迴圈i=1..N，每次算出來二維陣列f[i][0..V]的所有值。那麼，如果只用一個數組f[0..V]，能不能保證第i次迴圈結束後f[v]中表示的就是我們定義的狀態f[i][v]呢？f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]兩個子問題遞推而來，能否保證在推f[i][v]時（也即在第i次主迴圈中推f[v]時）能夠得到f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]的值呢？事實上，這要求在每次主迴圈中我們以v=V..0的順序推f[v]，這樣才能保證推f[v]時f[v-c[i]]儲存的是狀態f[i-1][v-c[i]]的值。虛擬碼如下：

for i=1..N
    for v=V..0
        f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};

其中的f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]}一句恰就相當於我們的轉移方程f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]}，因為現在的f[v-c[i]]就相當於原來的f[i-1][v-c[i]]。如果將v的迴圈順序從上面的逆序改成順序的話，那麼則成了f[i][v]由f[i][v-c[i]]推知，與本題意不符，但它卻是另一個重要的揹包問題P02最簡捷的解決方案，故學習只用一維陣列解01揹包問題是十分必要的。

事實上，使用一維陣列解01揹包的程式在後面會被多次用到，所以這裡抽象出一個處理一件01揹包中的物品過程，以後的程式碼中直接呼叫不加說明。

過程ZeroOnePack，表示處理一件01揹包中的物品，兩個引數cost、weight分別表明這件物品的費用和價值。

procedure ZeroOnePack(cost,weight)
    for v=V..cost
        f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}

注意這個過程裡的處理與前面給出的虛擬碼有所不同。前面的示例程式寫成v=V..0是為了在程式中體現每個狀態都按照方程求解了，避免不必要的思維複雜度。而這裡既然已經抽象成看作黑箱的過程了，就可以加入優化。費用為cost的物品不會影響狀態f[0..cost-1]，這是顯然的。

有了這個過程以後，01揹包問題的虛擬碼就可以這樣寫：

for i=1..N
    ZeroOnePack(c[i],w[i]);

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[N]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，而是隻希望價格儘量大，初始化時應該將f[0..V]全部設為0。

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的揹包可能被價值為0的nothing“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，它們的值就都應該是-∞了。如果揹包並非必須被裝滿，那麼任何容量的揹包都有一個合法解“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，後面也就不再對進行狀態轉移之前的初始化進行講解。

一個常數優化

前面的虛擬碼中有 for v=V..1，可以將這個迴圈的下限進行改進。

由於只需要最後f[v]的值，倒推前一個物品，其實只要知道f[v-w[n]]即可。以此類推，對以第j個揹包，其實只需要知道到f[v-sum{w[j..n]}]即可，即程式碼中的

for i=1..N
    for v=V..0

可以改成

for i=1..n
    bound=max{V-sum{w[i..n]},c[i]}
    for v=V..bound

這對於V比較大時是有用的。

小結

01揹包問題是最基本的揹包問題，它包含了揹包問題中設計狀態、方程的最基本思想，另外，別的型別的揹包問題往往也可以轉換成01揹包問題求解。故一定要仔細體會上面基本思路的得出方法，狀態轉移方程的意義，以及最後怎樣優化的空間複雜度。

按照上面的講解可以把這題過了。。

另外還有一個部落格仔細分析了一下這個揹包九講 可以參考一下

這個部落格分析的也可以

#include <iostream>
#include <cstring>

using namespace std;


int max(const int & a,const int & b){return a > b ? a : b;}

void ZeroOnePack(const int & cost,const int & value,int * f,const int & total)
{
    for(int i = total;i >= cost;i--)
    {
        f[i] = max(f[i],f[i - cost] + value);
    }
}


int main()
{
    int v,n;
    int f[20001];
    int a;
    cin>>v>>n;
    memset(f,0,sizeof(f));
//  cout<<sizeof(f)/sizeof(int)<<endl;//測試一下memset的清零情況。。無關緊要
//  for(unsigned i = 0;i < 20001;i++)
//  cout<<f[i]<<" ";

    for(int i = 0;i < n;i++)
    {
        cin>>a;
        if(a <= v)//是否能一次放入
        {
            ZeroOnePack(a,a,f,v);
        }
    }
    cout<<v -f[v]<<endl;


    return 0;
}