【动态规划】0-1背包问题

概述

0-1背包问题是一种经典的动态规划问题，它的基本形式是：有一个背包，容量为 $C$，有 $n$ 个物品 $i$，每个物品 $i$ 的重量为 $w_i$，价值为 $v_i$。现在要从这 $n$ 个物品中选出若干个放入背包中，使得背包中物品的总重量不超过 $C$，且物品的总价值最大。

解题思路

这个问题可以用动态规划来解决，一般使用一个二维数组 $dp$ 来存储最大价值。

$dp[i][j]$ 表示在前 $i$ 个物品中选择若干个物品，恰好放入容量为 $j$ 的背包中，可以获得的最大价值。

那么对于每个物品，我们可以选择将其放入背包中，也可以选择不放入。

如果选择将第 $i$ 个物品放入背包中，则有 $dp[i][j]=dp[i-1][j-w_i]+v_i$；

如果选择不放入，则有 $dp[i][j]=dp[i-1][j]$。我们需要取这两种情况的较大值作为 $dp[i][j]$ 的值。

可以得到状态转移方程如下：

dp[i][j]=max⁡(dp[i−1][j−wi]+vi,dp[i−1][j])

最后，最大价值就是 $dp[n][C]$。

图表分析

书包重量（公斤）	0	1	2	3	4	5	6	7	8
物品不存在	0	0	0	0	0	0	0	0	0
物品1：6公斤、48元	0	0	0	0	0	0	48	48	48
物品2：1公斤、7元	0	7	7	7	7	7	48	48	48
物品3：5公斤、40元	0	7	7	7	7	40	48	55	55
物品4：2公斤、12元	0	7	12	19	19	40	48	55	60
物品5：1公斤、8元	0	8	15	20	27	40	48	56	63

当物品不存在和书包重量为0的时候，背包价值肯定也为0。

切记：dp[i][j]表示前i个物品、背包承重为j时的最大价值。

前一件物品：只有当背包容量为6的时空才可以装下，所以dp[1][6]=48。由于这是选择的前一件物品，那么在背包容量为7和8时，不会考虑后面的物品，值还是48。

前两件物品：当背包容量为1时，可以装下第二件物品，这时背包价值为7，dp[2][1] = 7。一直到书包承重5公斤时，都只能装下物品2，dp[2][1]到dp[2][5]都是等于7。 书包承重6公斤时，可以装物品1或物品2，两者只能装1个，通过对比物品1和物品2的价值大小，我们选择物品1，即dp[2][6]=48。书包承重7公斤时，可以同时装物品1、物品2，此时dp[2][7]=物品2的价值 + 物品1的价值=55。dp[2][8]也是同样的道理。

前三件物品：背包容量从1到4时，只能装下物品2，即最大价值为7。当背包容量为5时，可以装下物品3，价值为40，当背包容量为6时，只装物品1，背包价值为48。

以此类推，可得到五件物品的情况下，背包能装下且得到的最大价值是多少。

示例代码

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>

using namespace std;

int knapsack(vector<int>& weights, vector<int>& values, int capacity) {
    
    
    int n = weights.size();
    vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(capacity + 1, 0));

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
    
    
        for (int j = 1; j <= capacity; j++) {
    
    
            if (weights[i - 1] > j) {
    
    
                // 当前物品重量大于背包容量，无法放入，继承上一个最优解
                dp[i][j] = dp[i - 1][j];
            } else {
    
    
                // 当前物品可以选择放入或者不放入
                dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weights[i - 1]] + values[i - 1]);
            }
        }
    }

    return dp[n][capacity];
}

int main() {
    
    
	vector<int> weights = {
    
     6, 1, 5, 2, 1 };
	vector<int> values = {
    
     48, 7, 40, 12, 8 };
    int capacity = 8;

    int result = knapsack(weights, values, capacity);
    cout << "Max value: " << result << endl;

    return 0;
}

运行结果如下所示：

解析：
首先定义了函数knapsack，该函数接受三个参数：物品重量的数组weights、物品价值的数组values和背包容量capacity。函数返回值为能够装入背包的最大价值。

函数内部，首先获取物品的数量n，然后定义了一个dp数组来保存中间计算结果。其中，dp[i][j]表示前i个物品，容量为j时，能够获得的最大价值。

接下来使用两层循环，遍历每一个可能的状态。对于每个状态，如果当前物品重量大于背包容量，则无法放入背包中，继承上一个最优解。否则，当前物品可以选择放入或者不放入背包中。这里使用了max函数来求解当前状态下的最大值。最后返回dp[n][capacity]即可。

在main函数中，定义了物品重量、价值和背包容量的数组，并调用knapsack函数求解最大价值，并输出结果。

总结

0-1背包问题是一个经典的动态规划问题，求解的是一个有限容量的背包所能携带的最大价值。其特点是：每种物品只有一个，可以选择装或不装，不能部分装入。

0-1背包问题可以用动态规划来解决。具体思路如下：

1. 定义状态：定义 dp[i][j] 表示前 i 个物品放入容量为 j 的背包中所能获得的最大价值。

2. 初始化状态：dp[0][j] 和 dp[i][0] 都初始化为 0，因为当没有物品或者背包容量为 0 时，所能获得的最大价值为 0。

3. 状态转移方程：当当前物品重量大于当前背包容量时，无法放入，当前最优解为继承上一个最优解；否则，当前物品可以选择放入或者不放入，取决于两种情况下的最大价值。dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weights[i - 1]] + values[i - 1]);

4. 返回结果：dp[n][capacity] 表示前 n 个物品放入容量为 capacity 的背包中所能获得的最大价值。

代码实现时，可以使用二维数组 dp[i][j] 来存储状态转移方程的结果，其中 i 表示物品的编号，j 表示背包的容量。初始化时，将 dp[0][j] 和 dp[i][0] 都初始化为 0。最终结果为 dp[n][capacity]。时间复杂度为 O(ncapacity)，空间复杂度为 O(ncapacity)。