1.从01背包问题说起
有一堆宝石一共n个，现在你身上能装宝石的就只有一个背包，背包的容量为C。把n个宝石排成一排并编上号： 0,1,2,…,n-1。第i个宝石对应的体积和价值分别为V[i]和W[i] 。背包总共也就只能装下体积为C的东西，那你要装下哪些宝石才能获得最大的利益呢？
我们先来看下在这个问题里，动态规划最重要的两个概念：状态和状态转移方程。
假如现在有3个宝石，体积分别为5，4，3；对应的价值为20，10，12；背包的体积是10。这个问题解容易看出是第0、2个宝石，总价值是22。先考虑第2个宝石，有放入和不放入两种选择，选择放入的话，背包剩下空间7，问题变成用空间7的背包装前2个宝石（最优子结构），表示为d（2,7）；不放的话变成空间10背包装前2个，表示为d（2,10）。在这里状态d(i,j)表示前i个宝石装到剩余体积为j的背包里能达到的最大价值，状态转移方程式描述状态之间如何转移，原问题状态是d(3,10)，如果装入宝石2，那么d(3,10)=d(2,7)+12=32；如果不装，d(3,10)=d(2,10)=30。可以简写为一个式子d(3, 10)=max{ d(2, 10), d(2, 7)+12 } 。即状态转移方程d(i, j)=max{ d(i-1, j), d(i-1,j-V[i-1]) + W[i-1] } 。
代码实现的话是这样：
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<C;j++){
if(i==0) d[i][j]=0;
else{
if(j>W[i]&&V[i]+d[i-1][j-W[i]]>d[i-1][j]) d[i][j]=V[i]+d[i-1][j-W[i]];
else d[i][j]=d[i-1][j];
}
}
}解法的时间复杂度、空间复杂度都是O(nC)；
时间复杂度没法优化了，可以看出数组d的更新只用到了i-1的值，所以我们只有必要存储数组d[i-1]，空间复杂度可以优化一下。
代码如下（注意因为更新j分量需要用到比j小的数值，所以按j递减的顺序更新）：
memset(d, 0, sizeof(d));
for(int i=0; i<=n; ++i){
for(int j=C;j>=0; --j){
if(j>=V [i]&& i>0) d[j] >?= d[j-V[i]]+W[i];
}
}最后贴一个完整代码
/**0-1 knapsack d(i, j)表示前i个物品装到剩余容量为j的背包中的最大重量**/
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
using namespace std;
int main(){
freopen("data.in", "r", stdin);
freopen("data.out", "w", stdout);
int n, C, V = 0, W = 0;
while(scanf("%d %d", &n, &C) != EOF){
int* d = (int*)malloc((C+1)*sizeof(int));
memset(d, 0, (C+1)*sizeof(int));
for(int i=0; i<=n; ++i){
if(i>0) scanf("%d %d", &V, &W);
for(int j=C; j>=0; --j){
if(j>=V && i>0) d[j] >?= d[j-V]+W;
}
}
printf("%d\n", d[C]);
free(d);
}
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}2.动态规划问题思考
能采用动态规划求解的问题的一般要具有3个性质：
(1) 最优化原理：如果问题的最优解所包含的子问题的解也是最优的，就称该问题具有最优子结构，即满足最优化原理。
(2) 无后效性：即某阶段状态一旦确定，就不受这个状态以后决策的影响。也就是说，某状态以后的过程不会影响以前的状态，只与当前状态有关。
（3）有重叠子问题：即子问题之间是不独立的，一个子问题在下一阶段决策中可能被多次使用到。（这个性质是动态规划节省时间复杂度的原因）
刷题有感：
首先要确定状态和状态转移方程，难点和关键在于找状态转移方程，参考博客：
http://www.360doc.com/content/13/0601/00/8076359_289597587.shtml
