01背包的基本问题描述:
有N件物品和一个容量为V的背包. 第i件物品的费用是c[i], 价值是w[i]. 求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量, 且价值总和最大.
我们的思路:
这是最基础的背包问题, 特点是: 每种物品仅有一件, 可以选择放或不放 定义状态: f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值. 转移方程：dp[i][j] = max (dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - c[i]] + w[i]) 这个方程非常重要, 基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的.
“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题, 若只考虑第i件物品的策略（放或不放）, 那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题. 如果不放第i件物品, 那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”, 价值为f[i-1][v]；如果放第i件物品, 那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c[i]的背包中”, 此时能获得的最大价值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i].
for (int i = 0; i < n; i ++) for (int j = 0; j <= v; j ++) if (c[i] < j) //c: 占用位置, w: 钱数 dp[i][j] = max (dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - c[i]] + w[i]);
我们可以发现: dp[i - 1][j - c[i]] + w[i]中的j - c[i]表示把i这个物体'还回去', 而 + w[i]表示把这个'还回去'的物体的价值加上.
优化时间复杂度:
以上方法的时间和空间复杂度均为O(N*V), 其中时间复杂度基本已经不能再优化了, 但空间复杂度却可以优化到O(V). f[2][V] 能否变成f[V]？ f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]两个子问题递推而来, 能否保证在推f[i][v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]的值呢？
for (int i = 0; i < n; i ++) for (int j = v; j > 0; j --) if (c[i] < j) //c: 占用位置, w: 钱数 dp[j] = max (dp[j], dp[j - c[i]] + w[i]);
其中的dp[j] = max (dp[j], dp[j - c[i]] + w[i])一句恰就相当于我们的转移方程dp[i][j] = max (dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - c[i]] + w[i]), 因为当我们求现在的dp[j - c[i]]就相当于原来的dp[i - 1][v - c[i]], 因为在我们求dp[j]时, dp[v - c[i]]不会改变.
同理, 我们也可以发现: dp[i - 1][j - c[i]] + w[i]中的j - c[i]表示把i这个物体'还回去', 而 + w[i]表示把这个'还回去'的物体的价值加上.