01背包问题——大背包：

题目描述：

• 有n个物品，每个物品有两个属性：一个是体积 $w_i$,一个是价值 $v_1$，可以表示为： $\{(w_1,v_1 ),(w_1,v_1 ),…,(w_1,v_n )\}$。同时我们还有一背包，背包的容量用W表示。现在我们将物品放入背包，放入的物品体积的总和不得超过背包的体积。问这个背包能装下的最大价值。

限制条件：

• $1≤n≤100$
• $1≤W≤10^9$
• $1≤w_i≤10^7$
• $1≤v_i≤100$

解析：

一般的01背包：

• 先前写过一篇一般的01背包问题 的博客链接如下：https://blog.csdn.net/ACM_hades/article/details/89034229
• 题目描述是一样的，只是修改了限制条件，这篇博客考虑的是一个超大的背包。如果使用上一篇的动态规划，其实时间复杂度为 $O(nW)=10^{11}$,这个时间复杂度就很高了。主要问题出在背包容量 $W$太大。
  
  
• 上一篇博客的 $dp[i][j]$：表示将第 $i$到第 $n$个物品装入容量为 $j$的背包中能得到的最大价值。也就是我们限制背包容量求最大价值，同时动态规划的时间复杂度也 $i$和 $j$的含义而确定。
• 其实我们发现： $dp[i][j]$的含义主要由三部分确定：
  • $i$的含义
  • $j$的含义，
  • $dp$数组中存的值的含义。
  • 并且 $i$， $j$的取值范围决定了算法的时间复杂度。
• 例如在上一篇博客中： $i$=物体索引(0-n)， $j$=背包容量(0-W)， $dp$=最大价值
  
  
• 为了降低时间复杂度我们必须要改变dp数组含义为。由于时间复杂度主要由 $i$和 $j$的含义决定，所以我们必须将 $i$和 $j$的含义于取值返回比较小的 $n$和 $v$数组 联系起来，将较大的 $W$与 $dp$数组中存的值联系起来。这样我们得到这样的 $dp$数组： $dp[i][j]$=从前 $i$个物品中选择出价值为 $j$的物品的最小体积(若前 $i$个物品堆不出价值 $j$，则最小体积为 $inf$)

全新的动态规划：

• dp数组含义： $dp[i][j]$=从前 $i$个物品中选择出价值为 $j$的物品的最小体积(若前 $i$个物品堆不出价值 $j$，则最小体积为 $inf$)
• 初始条件： $dp[0][0]=0;dp[0][1-∑_{i=1}^nv_i ]=inf$
• 递推公式： $dp[i][j]=min⁡\{dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i]]+w[i]\}$
• 递推方向：从上到下，即只要知道第 $i$行就能求出第 $i+1$行。
• 结果：为 $dp$中第 $n$行中小于等于 $W$的元素的最大列号，即 $max⁡\{j|dp[n][j]≤W\}$

代码：

#include <iostream>
#include <string.h>
using namespace std;
#define Max_n 105
#define Max_v 105
#define Inf 1000000005

int n,W;
int w[Max_n],v[Max_n];
int dp[Max_n][Max_n*Max_v+1]; //记录状态的数组

void Dynamic_degradation(){
    //初始化dp
    fill(dp[0],dp[0]+Max_n*Max_v,Inf);
    dp[0][0]=0;

    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<=Max_n*Max_v;j++){
            dp[i][j]=dp[i-1][j];
            if(j>=w[i])
                dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j-v[i]]+w[i]);
        }
    }

    int result=0;
    for(int i=0;i<=Max_n*Max_v&dp[n][i]<=W;i++)
        if(i>result)
            result=i;
    cout<<result<<endl;
}