0/1背包问题--Dynamic Programming
DP问题的特征：
- 重复子问题
- 存在最优子集
背包问题属于经典的DP问题，而0/1背包问题是属于最简单的情况。
0/1的意思是每种物品只有一件，要么放入背包中，要么不放
问题定义：
有N个物品，要放入容量为W的背包中，第i件物品重量为w(i)，
价值为v(i)，问要怎样放才能在不超过背包容量的基础上，获得最大的价值。
算法描述：
需要用到递归的思想，定义A(i, j)为前i个物品中在容量为j的情况下所能
达到的最大价值，则A(0,j) = 0,A(i,0) = 0(i <= N and j <= W).
如果w(i) > j时，说明第i件物品不能放入背包中，价值不变，所以A(i, j) = A(i - 1, j)；
如果w(i) < j时，说明第i件物品能入入背包中，那么又有两种情况，选择放入或者是
不放，如果选择不放入，那么价值还是不变，A(i, j) = A(i - 1, j);如果选择放入，
A(i, j) = v(i) + A(i - 1, j - w(i))，到底选择放入还是不放入，需要取这两种选择的最大值。
用数学表达式可以表示为：
代码
版本1：
def B(w, v, i, j):
if i == 0:
if w[i] <= j:
return v[i]
else:
return 0
without_i = B(w, v, i - 1, j)
if w[i] > j:
return without_i
else:
with_i = v[i] + B(w, v, i - 1, j - w[i])
return max(without_i, with_i)
if __name__ == "__main__":
w = [2, 3, 4, 5, 6]
v = [1, 4, 3, 6, 8]
i = len(w) - 1
j = 12
print B(w, v, i, j)
版本1的实现按照算法的思路可以解决问题，但是时间复杂度为指数级，当i取大一点
值时，需要运算很久。这也是一些递归算法存在的问题，这个时候，需要用一种叫做
memorization的技术，也就是储存中间值的方法，纪录之前已经算好的子问题的值，不
用重新计算，直接拿来用就好。
版本二：
m = {}
def fastB(w, v, i, j):
global m
try:
return m[(i, j)]
except KeyError:
if i == 0:
if w[i] <= j:
m[(i, j)] = v[i]
return v[i]
else:
m[(i, j)] = 0
return 0
without_i = fastB(w, v, i - 1, j)
if w[i] > j:
m[(i, j)] = without_i
return without_i
else:
with_i = v[i] + fastB(w, v, i - 1, j - w[i])
res = max(without_i, with_i)
m[(i, j)] = res
return res
if __name__ == "__main__":
w = [2, 3, 4, 5, 6]
v = [1, 4, 3, 6, 8]
i = len(w) - 1
j = 12
print fastSub(m, w, i, j)
版本二，因为加入储存中间值的变量B，实际运行中，速度大大提高，时间复杂度接近
线性，用空间换时间的方法。
附加问题：
在求出最大值的同时，需要返回具体的物品最优列表
算法描述：
这个问题需要使用到上一个问题中得到的m字典，从最后一个结果往前算，范围为[n- 1,1]，当m[(i, j)] > m[(i - 1, j)]时，把物品i放入最优列表中，接着j = j - w(i)， 继续往前比，比完之后，最后决定第0个物品是否要加入背包，当最优列表中所有物品重量再加上第0个物品的重量不超过容量限制时，把第0个物品添加到最优列表中，否则不加入
代码：
def findMaxSub(m, w, i, j):
res = []
maxWeight = j
sum = 0
for index in range(i, 0, -1):
if m[(index, j)] > m[(index - 1, j)]:
res.append(index)
j = j - w[index]
for item in res:
sum = sum + w[item]
if maxWeight - sum >= w[0]:
res.append(0)
return res
