01背包，多重背包，完全背包——总结

可以先看下这篇博客理解下动态规划的思想：初识动态规划
写在前面的：这篇博客主要写的是，一个容量为v的背包去装n个物品能获得的最优解的问题

问题简述：现在有一个背包，它能容纳的最大重量为v，问背包所能带走的最大价值是多少？
01背包：有n个物品，每个物品的重量为w[i]，每个物品的价值为h[i]。
[对于每个物品不可以取多次，最多只能取一次，之所以叫做01背包，0表示不取，1表示取]
多重背包：有n种物品，每个物品的重量为w[i]，每个物品的价值为h[i]，每种物品有c[i]个。
完全背包：有n种物品，每个物品的重量为w[i]，每个物品的价值为h[i]，每种物品有无限个。

1. 最基础的二维数组解01背包问题

设dp[i][j]表示处理到第i件物品时，容量为j的背包能获得的最大价值，处理结束后dp[n][v]就是我们所要求解的值。背包问题第一层循环都是跑的物品总类数（目前我遇到的都是这样子），一类一类地处理n类物品。当我们处理到第i件物品时，我们知道前i-1件物品在背包容量为1、2、3、、、n时能获得的最大价值分别是dp[i-1][1]、dp[i-1][2]、dp[i-1][3]、、、dp[i-1][v]。既然是01背包，我们对第i件物品就有两种策略：不取——那就好办了，容量为j的背包所能装的价值在i-1的基础上不变，就是dp[i-1][j]；取——容量为j的背包就得腾出w[i]的空位放物品i，此时的价值就为dp[i-1][j-w[i]]+h[i]，所以dp[i][j]的最优解就是在这两种情况之间，dp[i][j]=max(dp[i-1][j]，dp[i-1][j-w[i]]+h[i])。就这样，跑完第二层循环我们就可以得到dp[i][j]的值(j=1、2、3、、、v)。
—注意：我们对第i件物品的处理都是基于前i-1件物品的存放结果的，而前i-1件物品的存放结果第i件物品没有参与，这也是01背包问题一维优化的关键点。
—其实跑完了之后我们会发现，我们可以得到背包容量在1~v范围内的时去装这n件物品能获得的最大价值。
—后面的都是根据这个衍生出来的，而且后面完全背包和多重背包问题都能转化成01背包。
—背包中有时可以看到一个小优化，就是w[i] $\leq$w[j]&&h[i] $\geq$h[j]是可以直接把j物品去掉，但不常用，（我没用过/哭笑），因为它不能优化最坏情况的复杂度。

代码：

memset(dp,0,sizeof(dp));
for(i=1; i<=n; i++)
    for(j=w[i]; j<=v; j++)//二维数组这里从w[i]到v，或者从v到w[i]没有区别
        dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]]+h[i]);

2. 01背包（一维）

处理完第i件物品时，dp[j]就表示用容量为j的背包去装前i件物品能获得的最大价值
基于上面说的二维的解法，既然处理第i件物品只与上一层（i-1）有关，那么我们就可以将二维数组转化为一维数组，转化的过程中需要考虑一个问题：怎样才能保证我们得到的结果的组成中，每件物品只参与了一次。
因为我们还是要处理n件物品，所以第一层循环不变（总不可能说物品处理的顺序会影响结果吧），然后看第二层循环，我们还是要通过第二层循环得到dp[i][j]的值(j=1、2、3、、、v)，所以我们还是要遍历w[i]到v，只不过这里必须从v开始处理到w[i]，因为我们处理dp[j]时会用到dp[j-w[i]]的值，而这个
dp[j-w[i]]必须是前i-1件物品参与的结果，不能有第i件物品的参与。如果我们从前往后处理，先处理dp[j-w[i]]，在处理dp[j]的时候，构成dp[j-w[i]]最优解的可能也有第i件物品的参与，这样的话我们就不能保证每件物品值参与了一次。

• O(n*v)，（常用）

memset(dp,0,sizeof(dp));
for(i=1; i<=n; i++)
    for(j=v; j>=w[i]; j--)
        dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+h[i]);

3. 完全背包

dp[j]的意义和前面一样，只不过每件物品能取无穷多次

解法：

• 直接按完全背包的写法，O(n*v)，（常用）
  因为每件物品可以不止取一次，所以要得到最优解，处理dp[j]时用到的dp[j-w[i]]就必须是第i件物品参与的结果，所以第二层循环从前往后走就行了

memset(dp,0,sizeof(dp));
for(i=1; i<=n; i++)
    for(j=w[i]; j<=v; j++)
        dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+h[i]);

• 转化为01背包，大于O(v * $\sum$ (v/w[i])) > O(n * v)，（后面两种解法可以先看多重背包，再回来看）
  物品个数上线为k=v/w[i]

 memset(dp,0,sizeof(dp));
 for(i=1; i<=n; i++)
     for(int k=1; k<=v/w[i]; k++)
        for(j=v; j>=w[i]; j--)
            dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+h[i]);

• 转化为01背包+二进制优化，O(v * $\sum$log(v/w[i]))>O(n*v)，（常用）

memset(dp,0,sizeof(dp));
for(i=1; i<=n; i++)
    for(int k=1; k*w[i]<=v; k<<=1)
        for(j=v; j>=w[i]; j--)
            dp[j]=max(dp[j],dp[j-k*w[i]]+k*h[i]);

4. 多重背包

dp[j]的意义还是和前面一样，每件物品能取有限次

解法：

• 转化为01背包，O(n * v * c)
  把c[i]个物品i看成c[i]个不同的物品

 memset(dp,0,sizeof(dp));
 for(i=1; i<=n; i++)
     for(int k=1; k<=c[i]; k++)
        for(j=v; j>=w[i]; j--)
            dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+h[i]);

• 转化为01背包+二进制优化，O(v * $\sum$logc[i])>O(n*v)，（常用）

for(int i=1; i<=n; i++)
{
    for(int k=1; k<=c[i]; k<<=1)
    {
        for(int j=v; j>=k*w[i]; j--)
            dp[j]=max(dp[j],dp[j-k*w[i]]+k*h[i]);
        c[i]-=k;
    }
    if(c[i])
       for(int j=v; j>=c[i]*w[i]; j--)
            dp[j]=max(dp[j],dp[j-c[i]*w[i]]+c[i]*h[i]);
}

• 转化为完全背包+数量的限制条件：多重背包的 二进制优化 / 转化为有限制的完全背包

加在后面的：对每一道动态规划题目都思考其方程的意义以及如何得来，加深对动态规划的理解

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