背包问题我真是学一次忘一次，很多dp问题也是由这个衍生而来，今天终于痛下决心写个博客供自己日后参考

问题描述：

有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。

基本思路 ：
这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。 用子问题定义状态：即f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是：tab[i][j] = max(tab[i-1][j-weight[i]]+value[i],tab[i-1][j]) ({i,j|0<i<=n,0<=j<=total})

其中i表示放第i个物品，j表示背包所容纳的重量，那么tab[i-1][j-weight[i]]+value[i]表示放入第i物品，刚开始接触会有疑问，tab[i-1][j-weight[i]]这个值，可以这样理解：tab[i-1][j]为装到上一个物品在背包j容量时的最佳值，那么如果我要求在j容量的时候放入现在的i物品的价值，那么是不是要先得到容量为（j-weight[i]）时候的价值，即先得到 tab[i-1][j-weight[i]] ，所以 tab[i-1][j-weight[i]]+value[i] 为放入第i物品的价值； tab[i-1][j] 就是不放入第i个物品。

例子：5个物品，（重量，价值）分别为：（5，12），（4，3），（7，10），（2，3），（6，6）。

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

优化空间复杂度：

以上方法的时间和空间复杂度均为O(VN)，其中时间复杂度应该已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O(V)

先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环i=1..N，每次算出来二维数组f[i][0..V]的所有值。那么，如果只用一个数组f[0..V]，能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态f[i][v]呢？f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]两个子问题递推而来，能否保证在推f[i][v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]的值呢？事实上，这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺序推f[v]，这样才能保证推f[v]时f[v-c[i]]保存的是状态f[i-1][v-c[i]]的值。如果将v的循环顺序从上面的逆序改成顺序的话，那么则成了f[i][v]由f[i][v-c[i]]推知，与本题意不符，但它却是另一个重要的背包问题P02最简捷的解决方案，故学习只用一维数组解01背包问题是十分必要的。

 伪代码如下：

for i=1..N

for v=V..0

f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};

画个图给大家演示下

也就是说此时的f[v],f[v-c[i]]是前面的

假设体积是10  

背包体积—–>>>>>

可以看出f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};

V是从大到小的

其中的f[v],f[v-c[i]]是前面的值比较的结果赋值给f[v]

比如说当i=5的时候f[v]>f[v-5]注意两者都是i=4时候的值得出的结果12赋值到新的f[v]但是此时的f[v]是i=5的

当把最后一行改写成556的时候我们可以看出f[v-6]=f[4]+55大于f[v]所以我们可以得出新的f[v]=f[4]+55这样结果就是取的体积为12 6    

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

二维转一维俗称滚动数组

初始化细节：

 我们看到的求最优解的背包问题题目中，事实上有两种不太相同的问法。有的题目要求“恰好装满背包”时的最优解，有的题目则并没有要求必须把背包装满。一种区别这两种问法的实现方法是在初始化的时候有所不同。

如果是第一种问法，要求恰好装满背包，那么在初始化时除了f[0]为0其它f[1..V]均设为-∞，这样就可以保证最终得到的f[N]是一种恰好装满背包的最优解。

如果并没有要求必须把背包装满，而是只希望价格尽量大，初始化时应该将f[0..V]全部设为0。

为什么呢？可以这样理解：初始化的f数组事实上就是在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。如果要求背包恰好装满，那么此时只有容量为0的背包可能被价值为0的nothing“恰好装满”，其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，它们的值就都应该是-∞了。如果背包并非必须被装满，那么任何容量的背包都有一个合法解“什么都不装”，这个解的价值为0，所以初始时状态的值也就全部为0了。

这个小技巧完全可以推广到其它类型的背包问题，后面也就不再对进行状态转移之前的初始化进行讲解。

再给一种理解方法：

01背包问题具体例子：假设现有容量10kg的背包，另外有3个物品，分别为a1，a2，a3。物品a1重量为3kg，价值为4；物品a2重量为4kg，价值为5；物品a3重量为5kg，价值为6。将哪些物品放入背包可使得背包中的总价值最大？

　　这个问题有两种解法，动态规划和贪婪算法。本文仅涉及动态规划。

　　先不套用动态规划的具体定义，试着想，碰见这种题目，怎么解决?

　　首先想到的，一般是穷举法，一个一个地试，对于数目小的例子适用，如果容量增大，物品增多，这种方法就无用武之地了。

　　其次，可以先把价值最大的物体放入，这已经是贪婪算法的雏形了。如果不添加某些特定条件，结果未必可行。

　　最后，就是动态规划的思路了。先将原始问题一般化，欲求背包能够获得的总价值，即欲求前i个物体放入容量为m（kg）背包的最大价值c[i][m]——使用一个数组来存储最大价值，当m取10，i取3时，即原始问题了。而前i个物体放入容量为m（kg）的背包，又可以转化成前(i-1)个物体放入背包的问题。下面使用数学表达式描述它们两者之间的具体关系。

　　表达式中各个符号的具体含义。

　　w[i] :  第i个物体的重量；

　　p[i] : 第i个物体的价值；

　　c[i][m] ： 前i个物体放入容量为m的背包的最大价值；

　　c[i-1][m] ： 前i-1个物体放入容量为m的背包的最大价值；

　　c[i-1][m-w[i]] ： 前i-1个物体放入容量为m-w[i]的背包的最大价值；

　　由此可得：

　　　　　　c[i][m]=max{c[i-1][m-w[i]]+pi , c[i-1][m]}（下图将给出更具体的解释）

根据上式，对物体个数及背包重量进行递推，列出一个表格（见下表），表格来自（http://blog.csdn.net/fg2006/article/details/6766384?reload） ，当逐步推出表中每个值的大小，那个最大价值就求出来了。推导过程中，注意一点，最好逐行而非逐列开始推导，先从编号为1的那一行，推出所有c[1][m]的值，再推编号为2的那行c[2][m]的大小。这样便于理解。

C语言代码如下所示

#include <stdio.h>
int c[10][100]={0};

void knap(int m,int n){

    int i,j,w[10],p[10];
    for(i=1;i<n+1;i++)
        scanf("%d,%d",&w[i],&p[i]);
    for(j=0;j<m+1;j++)
        for(i=0;i<n+1;i++)
    {
        if(j<w[i])
        {
            c[i][j]=c[i-1][j];
            continue;
        }else if(c[i-1][j-w[i]]+p[i]>c[i-1][j])
            c[i][j]=c[i-1][j-w[i]]+p[i];
        else
            c[i][j]=c[i-1][j];
    }
    
}            


int main(){
    int m,n;int i,j;
    printf("input the max capacity and the number of the goods:\n");
    scanf("%d,%d",&m,&n);
    printf("Input each one(weight and value):\n");
    knap(m,n);
    printf("\n");
   for(i=0;i<=n;i++)
        for(j=0;j<=m;j++)
       {
     printf("%4d",c[i][j]);
    if(m==j) printf("\n");
    }
}