背包问题（转自背包九讲+对应题目）
一 、01背包问题
题目
有N件物品和一个容量为V的背包。放入第i件物品耗费的空间是Ci，得到的价值是Wi。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
思路
这是最基本的背包问题：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。
定义状态：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：F[i,v]=max{F[i-1,v],F[i-1,v-Ci]+Wi}
这个方程很重要，这里来解释一下：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放还是不放），就可以转化为一个只和前i-1个物品相关的问题。如果不放，则转化为F[i,v]；如果放，则为F[i-1,v-Ci]+Wi.
伪代码如下：
F[0,0..V] = 0
for i = 1 to N
for v = Ci to V
F[i,v] = max{F[i-1,v],F[i-1,v-Ci]+Wi}
空间优化
将空间复杂度降为O(V)，即只用一维数组。首先第一层循环一定是有的，每次计算出F[i,0..V]的所有值。由于i是递增变化的，那么我们用一维数组F[0..V],每次循环时都能使用上一次循环的值，也就是i-1的数组值。接下来有个问题，怎么保证F[v]一定是由上一次的F[v]和F[v-Ci]转化过来呢？
这要求我们在第二层循环时遵循从V到0的递减顺序计算F[v],这样能保证计算F[v]时，F[v-Ci]保存的是上一次的值，即F[i-1,v-Ci]。可以这么理解，由状态转移方程我们知道，F[i,v]是由F[i-1,v]或F[i-1,v-Ci]转化得到，现在只看第二维，每次计算新的F值时都是从第二维比较小的状态过来的，如v和v-Ci，都是小于等于v的，那么只有让第二层从大到小更新，才保证了F[i,v]是由F[i-1,v]或F[i-1,v-Ci]转化得到；否则就成了F[i,v]由F[i,v-Ci]得到的，这是不符合最初的算式的。
伪代码：
F[0,0..V] = 0
for i = 1 to N
for v = V to Ci
F[v] = max{F[v],F[v-Ci]+Wi}
总结
这样我们可以抽象出一个处理一件01背包的物品过程。
ZeroOnePack(F,C,W)
for v = V to C
F[v] = max(F[v],F[v-C]+W)
有了上述函数，01背包的伪代码就可以这样写：
F[0..V] = 0
for i = 1 to N
ZeroOnePack(F,Ci,Wi)
初始化问题
若问题要求刚好装满背包，初始化时，则除了F[0]=0,F[1..V]均为-inf（非法解）。
如果不要求装满，则初始化时F[0..V]=0。
二、完全背包问题
题目
有N种物品和一个容量为V的背包，每种物品都有无限件。放入第i件物品耗费的空间是Ci，得到的价值是Wi。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
思路
这个问题于01背包相似，唯一不同的就是这里的物品有无限件。也就是其取法的策略不再是取或不取两种了，而是取0件、取1件······直至取INT（V/Ci）件等多种。
但我们仍然可以采用解决01背包的思路来求解这个问题。
列出转移方程：F[i,v]=max{F[i-1,v-k*Ci]+k*Wi | 0<=k*Ci<=v}
总复杂度为O( V*N*Σ(V/Ci) )，比较大。
优化
一个简单有效的优化：若两件物品i、j满足Ci<=Cj且Wi>=Wj，则可以将物品j去掉，不用考虑。
转化为01背包问题
把第i种物品拆分成费用为Ci*2^k、价值为Wi*2^k的若干件物品，其中k取满Ci*2^k<=V的非负整数。这就是二进制的思想，因为不管最优策略选几件，其件数总是能表示成若干的2^k件物品的和。这样就把每种物品拆成INT(log(V/Ci))件物品了。
O（V*N）的算法
这个算法采用一维数值，先上伪代码：
F[0,0..V] = 0
for i = 1 to N
for v = Ci to V
F[v] = max{F[v],F[v-Ci]+Wi}
这个伪代码与01背包的伪代码只有v的循环次序不同而已。
为什么这个算法要以这样的次序呢？首先想想为什么01背包的中要按照v递减的次序来循环。让v递减是为了保证第i次循环中的状态F[i,v]是由状态F[i-1,v-Ci]递推而来的。换句话说，这正是为了保证每件物品之选一次，保证在考虑“选入第i件物品”这个策略时，依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果F[i,v-Ci]。而现在完全背包的特点是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第i件物品”这种策略时，正需要一个可能已经选入第i种物品的子结果F[i,v-Ci]，因此必须采用递增的顺序循环。
把上述式子写成二维形式：F[i,v]=max{F[i-1,v],F[i,v-Ci]+wi}
总结
最后抽象出处理一件完全背包类物品的过程伪代码：
CompletePack(F,C,W)
for v = C to V
F[v] = max{F[v],F[v-C]+W}
三、多重背包问题
题目
有N种物品和一个容量为V的背包。第i种物品最多有Mi件，放入第i件物品耗费的空间是Ci，得到的价值是Wi。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
思路
这题和完全背包很相似。只是每种物品最多能取的个数不同了。
照猫画虎，写出状态转移方程：
F[i,v] = max{F[i-1,v-k*Ci]+k*Wi | 0<=k<=Mi}
复杂度是O(V*ΣMi)
转化为01背包问题
仍然考虑二进制的思想，我们考虑把第i种物品换成若干件物品，使得原问题中第i种物品可取的每种策略——取0……Mi件——均能等价于取若干件代换以后的物品。另外，取超过Mi的策略不能出现。
方法是：将第i种物品分成若干件01背包中的物品，其中每一件物品有一个系数。这件物品的费用和价值均是原来的费用和价值乘以这个系数。令这些系数分别为1,2,2^2...2^(k-1),Mi-2^k+1，且k是满足Mi-2^k+1>0的最大整数。例如Mi=13，那么k=3，对应系数分别为1,2,4,6。
分成的这几件物品的系数和为Mi，表明不可能取多于Mi件的第i种物品。另外这种方法也能保证对于0...Mi间的每一个整数，均可以用若干个系数的和表示。这样就把第i种物品分成了logMi种物品，将复杂度降到了O(V*ΣlogMi)。
总结
下面给出O(logM)时间处理一件多重背包中物品的过程：
MultiplePack(F,C,W,M)
if C*M >= V
CompletePack(F,C,W)
return;
k = 1
while k < M
ZeroOnePack(k*C,k*W)
M = M - k
k = 2*k
ZeroOnePack(M*C,M*W)
可行性问题O(V*N)的算法
当问题是“每种有若干件物品能否填满给定容量的背包”，只需考虑填满背包的可行性，不需要考虑每件物品的价值时，多重背包问题同样有复杂度O(V*N)的算法。
下面介绍一种方法：设F[i,j]表示“用了前i种物品填满容量为j的背包后，最多还剩下几个第i种物品可用”，如果F[i,j]=-1则说明这种状态不可行，若可行应，满足0<=F[i,j]<=Mi。
递推求F[i,j]的伪代码如下：
F[0,1...V] = -1
F[0,0] = 0
for i = 1 to N
for j = 0 to V
if F[i-1,j] >= 0
F[i,j] = Mi
else
F[i,j] = -1
for j = 0 to V-Ci
if F[i,j] > 0
F[i,j+Ci] = max{F[i,j+Ci,F[i,j]-1}
最终F[N,0...V]便是多重背包可行性问题的答案。
四、混合三种背包问题
若有的物品只能取一次，有的物品可取无限次，有的物品可取Mi次。该怎么求解呢？
最清晰的做法时使用上述定义的三个过程：
for i = 1 to N
if 第i件物品属于01背包
ZeroOnePack(F,Ci,Wi)
else if 第i件物品属于完全背包
CompletePack(F,Ci,Wi)
else if 第i件物品属于多重背包
MultiplePack(F,Ci,Wi,Mi)
