01 完全 多重 背包

1.01背包

1.问题雏形

有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的体积是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。特点每个物品没能选一次。

Sample Input
4 10
3 7
4 15
5 20
7 25
Sample output
35

2.二维求解

dp[i]][j] 其中代表当前所选第i个物品j容量量下取得最大价值为多少。
首先只考虑第i件物品的策略（放与不放）
1.如果不放，就是求前i-1个物品放入容量为v的背包的最大价值，即f[i-1][j]的最大价值。
2.如果放，就是求前i个物品放入容量为v-v[i]的最大价值再加上w[i]，即f[i][j-v[i]+w[i]的最大价值。
两者取最优，就是f[i][j]。
状态转移方程：
f[i][j]=max{f[i-1][j],f[i-1][j-v[i]]+w[i]}
此时空间复杂度为O(NM) 空间复杂度为NM;

for(int i=1;i<=n;i++)//每个物品
        {
            for(int j=1;j<=m;j++)//空间
            {
                if(j<v[i])
                {
                    dp[i][j]=dp[i-1][j]; //如果当前容量小于v[i]无法更新。
                }
                else
                {
                    dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i]]+w[i]);//更新
                }
            }
        }     

3.一维优化

	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
1	0	0	7	7	7	7	7	7	7	7
2	0	0	7	15	15	15	22	22	22	22
3	0	0	7	15	20	20	22	27	35	35
4	0	0	7	15	20	20	25	27	35	35

由上表格模拟的二维可以看出 求解第dp[i][j]时只需要dp[i-1][j]时的状态
所以我们可以用滚动数组来优化空间

滚动数组：

每次使用固定的存储空间，用新值将原来无用的数据覆盖掉，从而压缩空间

和上面二维求解一样，最外围的for循环依然是枚举每个物品，
但对于内循环为了保证结果正确应该从 n ~ 1 进行枚举

        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=m;j>=0;j--)
            {
                if(j<v[i])
                {
                    dp[j]=dp[j];
                }
                else
                {
                    dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]);
                }
            }
        }

2.完全背包

有N种物品和一个容量为V的背包，每种物品都有无限件可用。第i种物品的费用是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。

可以把每个物品拆分成V/v[I]个当01背包来做但时间一定是t掉的

我们从开始考虑，对于对i件物品他的策略已经不是2取取或不取2种，而是取1种，2种…继续按01背包的思路f[i][v]仍表示前i物品放入空间j的最大价值，那么dp方程变为
f[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i]k+w[i]k)
时间复杂度O(vnk)

改变v的循环顺序，首先想想为什么01中要按照v=V…0的逆序来循环。这是因为要保证第i次循环中的状态f[i][v]是由状态f[i-1][v-c[i]]递推而来，这正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时，依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果f[i-1][v-c[i]]。而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第i种物品”这种策略时，却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果f[i][v-c[i]]，所以就可以并且必须采用v= 0…V的顺序。
时间复杂度O(VN)

        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=0;j<=m;j++)
            {
                if(j<v[i])
                {
                    dp[j]=dp[j];
                }
                else
                {
                    dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]);
                }
            }
        }

3.多重背包

有N种物品和一个容量为V的背包。第i种物品最多有n[i]件可用，每件费用是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。

1. 转化为01背包，将每个物品拆分成n[i]个物品
   时间复杂度O(V*∑n[i]) 明显t掉
2. 枚举每一个循环可取的情况dp方程
   f[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i]*k+w[i]k)
   时间复杂度仍是O(V∑n[i])；

我们希望拆分之后降低时间复杂度同时可以想01背包那样求解，考虑2进制的思想进行拆分，将第i种物品分成若干件物品，其中每件物品有一个系数，这件物品的费用和价值均是原来的费用和价值乘以这个系数。使这些系数分别为 1,2,4,…,2^(k-1),n[i]-2k+1。
时间复杂度 O(V*∑log n[i])) 时间明显提升