一文带你解决01背包问题前言首先我们来了解一下什么是背包问题，其题目大意是对于一定容量的背包，给出一些物品，解出在容量

前言

首先我们来了解一下什么是背包问题，其题目大意是对于一定容量的背包，给出一些物品，解出在容量内所能得到物品价值的最大值。背包问题其实是DP（动态规划）中的一类问题，学习背包问题可以让我们深刻的理解DP算法思想，无论是面试题、算法竞赛，DP都是至关重要的一类算法，今天我来为大家总结常见的01背包思路分析与问题分析。

01背包问题

有 N 件物品和一个容量是 V 的背包。每件物品只能装入一次。

第 i 件物品的体积是 vi，价值是 wi。

求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。输出最大价值。

算法思路分析

背包问题给人最大的疑惑就是，这件物品我是该选，还是不该选，存在必选的东西吗？对于这类选不选的问题常见的算法有三种：

贪心
暴力搜索
DP

假算法：贪心

第一次接触到背包问题的人可能会往着贪心的方向去思考，但是很遗憾的是01背包问题并不能被贪心算法解决。对于贪心算法我们首先需要制定最优策略。对于这个问题给出三种可能的最优策略

价值优先 从剩余的物品中，选出可以装入背包的价值最大的物品，价值最大的物品首先被装入，然后是下一个价值最大的物品，如此继续下去，直到装满背包为止。反例：考虑n=2, w=[100,10,10], v =[20,15,15], c = 105。当利用价值贪婪准则时，获得的解为x= [ 1 , 0 , 0 ]，这种方案的总价值为20。而最优解为[ 0 , 1 , 1 ]，其总价值为30。
体积优先 从剩余的物品中，选择可装入背包的重量最小的物品。虽然这种规则对于前面的例子能产生最优解，但在一般情况下则不一定能得到最优解。考虑n= 2 ,w=[10,20], p=[5,100], c= 2 5。当利用重量贪婪策略时，获得的解为x =[1,0], 比最优解[ 0 , 1 ]要差
性价比（价值、体积）优先 按比值的降序来排序，从第一项开始装背包，然后是第二项，依次类推，尽可能的多放，直到装满背包。利用此策略试解n= 3 ,w=[20,15,15], p=[40,25,25], c=30 时的最优解。虽然按性价比非递（增）减的次序装入物品不能保证得到最优解，但它是一个直觉上近似的解。

暴力搜索

暴力搜索理论上是可行的，DFS与BFS都可以达到我们想要的效果，对于每件物品我们将选与不选都记录下来，选取价值最大的即可。但是搜索的算法复杂度是O( $2^{n}$ )当物品数量大于12时，我们将无法在1s内解决问题。

DP

有一句话叫DP是对搜索的优美优化，对于这句话我是十分赞同的，一般在遇到问题可以用搜索来解决，但是不满足时间条件时，我们往往可以尝试使用DP来优化。对于DP问题我们需要确定的最重要的问题是分析状态以及状态该如何转移

状态

首先考虑状态的维度，背包问题是在n个物品中选取满足体积之和小于v的物品的最大价值.将其转化为二维状态表示，f[n][v]=max;那么对于一般状态f[i][j] 就代表在前i件物品中体积为j的最大价值

状态转移

在面临第i件物品是否选择时，对于i>1,f[i-1][j] 的值已经确定且根据定义是最优解那么只剩下两种情况 1.首先如果不选该件物品那么答案和前一种相等f[i][j]=f[i-1][j]; 2.如果选择该件物品，首先背包容量确定为 j 要选取该件物品状态将会由扣除该件物品的体积的状态转移即：f[i][j]=f[i-1][j-v[i]]+w[i]

将两者取max，就是f[i][j] 的最优解了。算法复杂度O（ $n^{2}$ ）空间复杂度O（ $n^{2}$ ）

#include<iostream>
using namespace std;
int f[1005][1005],v[1005],w[1005];// f[i][j], j体积下前i个物品的最大价值 
int main()
{
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    cin>>v[i]>>w[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            if(j<v[i])f[i][j]=ans[i-1][j];//体积不够无法装下当前物品只能不选
            else 
            {
                f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-v[i]]+w[i]);//负责取最大
            }
        }
    }
    cout<<f[n][m];
    return 0;
}

一维优化

上面我们已经成功的解决了01背包的问题，但是能否更加更加优化呢，我们发现当前的f[i][j] 只取决于上一轮的状态，这是否意味着我们可以只用一维数组来记录状态f[i-1][j] 呢？显然是可以的。此时我们用f[j] 来表示之前的f[i-1][j]。

for(int i = 1; i <= n; i++) //用外层循环来表示这是对于第几个物品的抉择
    for(int j = m; j >= 0; j--)//逆序
    {
        if(j < v[i]) 
            f[i][j] = f[i - 1][j];  // 优化前
            f[j] = f[j];            // 优化后，该行自动成立，可省略。
        else    
            f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i - 1][j - v[i]] + w[i]);  // 优化前
            f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);                   // 优化后
    }

这里注意到我们将内层循环逆序了，这里要注意是必须需要逆序，对于二维版本内层循环的顺序是无所谓的，二维情况下，状态f[i][j]是由上一轮i - 1的状态得来的，f[i][j]与f[i - 1][j]是独立的。而优化到一维后，如果我们还是正序，则有f[较小体积]更新到f[较大体积]，则有可能本应该用第i-1轮的状态却用的是第i轮的状态，造成了污染。

完整代码，可以看到更加的简洁
#include<iostream>
using namespace std;
int v[1010],w[1010];
int f[1010];
int main()
{
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    cin>>v[i]>>w[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=m;j>=v[i];j--)
    {  
        f[j]=max(f[j-v[i]]+w[i],f[j]);
    }
    cout<<f[m];
    
}