chenchen题解：01背包问题

题目描述

blablablablablablablablablabla 传送门

算法思想&具体分析

朴素版（二维空间):

每件物品只能选一次，对于每种物品，我们有两种选择

1.不选 -> f[i][j]=f[i-1][j]
等于选前i-1个物品，空间为j情况下的最优解
2.选 -> f[i][j]=f[i-1][j-v[i]]+w[i]
如果选的话，前i-1个物品的体积最多为j-v[i]

在这两种情况中取较大值即可，即为当前情况的最优解，我们的每一步都是从上一步的最 优解转移过来，所以可以保证最后的结果一定是最优解

时间复杂度：

$O(n^2)$

代码实现：

#include <iostream>
using namespace std;
const int N=250;
int w[N],v[N];
int f[N][N]; 
int main(int argc, char** argv) 
{
	int m,n;
	cin>>m>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>v[i]>>w[i];
	}
	f[0][0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=0;j<=m;j++)
		{
			f[i][j]=f[i-1][j];
			if(v[i]<=j)
			{
				f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-v[i]]+w[i]); 
			} 
		}
	}
	cout<<f[n][m];
	return 0;
}

优化版（一维空间）

状态转移每次只与上一层有关，所以用一个一维数组就可以
转移方程：f[i]=max(f[i],f[i-v[i]]+w[i])
其实就相当于二维中的
f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-v[i]]+w[i])

所以第二层循环需要从大到小循环，因为若是继续从小到大循环，后面算的时候，用的是这一层已经算过的数据，就变成f[i][j]=max(f[i][j],f[i][j-v[i]]+w[i]) ，（这正好是完全背包一维的解法，每个物品可以选无限次）而从大到小算的话一定用的是上一层的状态，其实就是防止覆盖

时间复杂度：

$O(n^2)$

代码实现：

#include <iostream>
using namespace std;
const int N=250;
int w[N],v[N];
int f[N]; 
int main(int argc, char** argv) 
{
	int m,n;
	cin>>m>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>v[i]>>w[i];
	}
	f[0]=0;//初始化，没有也行
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=m;j>=v[i];j--)
		{
				f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);			 
		}
	}
	cout<<f[m];
	return 0;
}

$完$

懂了咩~