01背包问题

情景预设：

01背包是在i件物品取出若干件放在空间为j的背包里，第i件物品的重量为t[i]，与之相对应的价值为v[i]。

01背包是背包问题中最简单的问题。01背包的约束条件是给定几种物品，每种物品有且只有一个，并且有权值和重量两个属性。

在01背包问题中，因为每种物品只有一个，对于每个物品只需要考虑选与不选两种情况。如果不选择将其放入背包中，则不需要处理。如果选择将其放入背包中，由于不清楚之前放入的物品占据了多大的重量，需要枚举将这个物品放入背包后可能占据背包空间的所有情况。

这个情境下的题目要求是：选取哪些物品可以在不超过背包最大承载质量下满足最大的价值要求。

首先我们将这个总共的最大价值要求理解一下，这个总最大价值取决于之前每一步的最大价值，每一次物品是否放入的选择就是要判断，当它放入或者不放的时候前面的包内的最大价值，如果放入的话，就要考虑总容量减去这个物品质量之后的最大价值与现在这个物品的最大价值之和，还要考虑这件物品不放入时包内容量的最大价值，将这两种情况作比较，取最大价值。

给出以下方程：

dp[i][j] = max { dp[i-1][j-t[i]] + v[i], dp[i-1][j] };

再来解释一下这个方程：

① dp[i][j]指的是前i件物品放入容量为j的背包中时最大价值；

② dp[i-1][j-t[i]]指的是当将第i件物品放入时背包容量变成了j-t[i]时前i-1件物品所取得的最大价值，那么dp[i-1][j-t[i]] + v[i]指的是第i件物品放入时的前i件物品放入容量为j的背包时的最大价值；

③ dp[i-1[j]指的是当第i件物品不放入背包时背包容量依旧是j，考虑前i-1件物品放入背包中的最大价值；

比较这两种情况得到其中获得的最大价值，那么这就是前i件物品放入容量为j的背包时的最大价值。

最后一次的最大价值，要去考虑之前的最大价值，那么对于每次这样的考虑就可以认为是我们需要知道每次dp[i-1][j-t[i]]的最大价值，即在每次对于物品的存放时都要更新除去当前物品质量的背包容量下的最大价值，用[j-t[i]]去找已经存入的最大价值，再与v[i]相加后和dp[i-1][j]作比较。所以有必要建立一个长度大于背包容量的数组，下标表示的是当前的容量，这个单位表示的就是在这容量下的最大价值，每次循环都会更新当前容量的最大价值。

现在给出一个栗子：（这里用一维数组来解）

让我假设现在的背包的容量是C=10；

物品编号： 1 2 3

物品重量： 5 6 4

物品价值：20 10 12

分析过程：

dp：0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

i=1:

dp[10] = max(dp[5]+20, dp[10]);

dp[9] = max(dp[4]+20, dp[9]);

dp[8] = max(dp[3]+20, dp[8]);

dp[7] = max(dp[2]+20, dp[7]);

dp[6] = max(dp[1]+20, dp[6]);

dp[5] = max(dp[0]+20, dp[5]);

当j小于5的时候是放不下的，所以容量从1到4的价值全都为0。

dp: 0 0 0 0 20 20 20 20 20 20

i=2:

dp[10] = max(dp[4]+10, dp[10]);

dp[9] = max(dp[3]+10, dp[9]);

dp[8] = max(dp[2]+10, dp[8]);

dp[7] = max(dp[1]+10, dp[7]);

dp[6] = max(dp[0]+10, dp[6]);

当j小于6的时候是放不下的，所以容量从1到6的价值没有办法更新。

dp: 0 0 0 0 20 20 20 20 20 20

i=3:

dp[10] = max(dp[6]+12, dp[10]);

dp[9] = max(dp[5]+12, dp[9]);

dp[8] = max(dp[4]+12, dp[8]);

dp[7] = max(dp[3]+12, dp[7]);

dp[6] = max(dp[2]+12, dp[6]);

dp[5] = max(dp[1]+12, dp[5]);

dp[4] = max(dp[0]+12
4000
, dp[4]);

这一次更新了一部分的值，凡是大于4的都是可以存放的。

dp: 0 0 0 12 20 20 20 20 32 32

dp[10]就是背包容量为10的时候的最大价值，就是要求的值了，可以换种理解方式：你背包越大装的东西越多，为什么要选小的呢？？？可以看到，容量大的时候的值取决于容量小的时候的值，从而不断被正确更新，每次大的容量都需要去找小容量的最大价值来更新当前值，因此对于小容量的记录和更新也是有必要的。

你问我为什么要倒着往里放？？？这就给出一种正着放进去的情景。

让我假设现在的背包的容量是C=10；

物品编号： 1 2 3

物品重量： 5 6 4

物品价值：20 10 12

分析过程：

dp：0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

i=1:

dp[5] = max(dp[0]+20, dp[5]);

dp[6] = max(dp[1]+20, dp[6]);

dp[7] = max(dp[2]+20, dp[7]);

dp[8] = max(dp[3]+20, dp[8]);

dp[9] = max(dp[4]+20, dp[9]);

dp[10] = max(dp[5]+20, dp[10]);

小于5的放不进去，5到10的全都放进去了。

dp[5]=20，dp[6]=20……dp[10] = dp[5] + 20 = 40。

注意这里的dp[10]变成了40，原来不是20的么？？因为dp[5]已经被放进去了一次了，dp[10]的时候又放进去了一次，已经不符合只放如一次的规则了！

因此01背包问题千万不要正着放入，正着放入的是物品有无限件，那是另一个问题：完全背包。

给出一道例题：

SDNU-OJ-1033 采药

http://www.acmicpc.sdnu.edu.cn/problem/show/1033

Description

辰辰是个天资聪颖的孩子，他的梦想是成为世界上最伟大的医师。为此，他想拜附近最有威望的医师为师。医师为了判断他的资质，给他出了一个难题。医师把他带到一个到处都是草药的山洞里对他说：“孩子，这个山洞里有一些不同的草药，采每一株都需要一些时间，每一株也有它自身的价值。我会给你一段时间，在这段时间里，你可以采到一些草药。如果你是一个聪明的孩子，你应该可以让采到的草药的总价值最大。”

如果你是辰辰，你能完成这个任务吗？

Input

输入的第一行有两个整数T（1 <= T <= 1000）和M（1 <= M <= 100），用一个空格隔开，T代表总共能够用来采药的时间，M代表山洞里的草药的数目。接下来的M行每行包括两个在1到100之间（包括1和100）的整数，分别表示采摘某株草药的时间（1 <= t <= T）和这株草药的价值（1 <= v <= 100000）。

Output

输出包括一行，这一行只包含一个整数，表示在规定的时间内，可以采到的草药的最大总价值。

Sample Input

100 5

77 92

22 22

29 87

50 46

99 90

Sample Output

133

这里的采药时间就是背包容量，价值就是对应的价值。

利用两个数组存储容量和价值，每次考虑存放的关键伪代码如下：

for(int i = 0; i < n; i++)      //考虑每株草药
{
for(int j = time; j >= 1; j--)       //逆序更新当前容量的最大价值
{
if(j >= t[i])        //如果当前容量比要放入的大
{
dp[j] = max{dp[j-t[i]]+v[i], dp[j]}; //取两种情况较大的
}
}
}

以下给出完整代码：

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
int time, m;
while(scanf("%d %d", &time, &m) != EOF)
{
int t[105], v[105];
int dp[1005]={};
for(int i = 0; i < m; i++)
{
scanf("%d %d", &t[i], &v[i]);
}
for(int i = 0; i < m; i++)
{
for(int j = time; j >= 1; j--)
{
if(j >= t[i])
dp[j] = max(dp[j - t[i]] + v[i], dp[j]);
}
}
cout << dp[time] << endl;
}
return 0;
}