【动态规划1】01背包，完全背包与多重背包

1. 01背包

01背包就是指背包里面每种物品只能用一次，在有限的空间内求装入物品的最大价值的问题。

1. 题面：#

有一容量为m的背包。现在要从n件物品中选取若干装入背包中，每件物品i的重量为w[i]，价值为p[i]，定义一种可行的背包装载为：背包中物品的总重量不能超过背包的容量，并且一个物品要么全部选取，要么不选取。定义最佳装载是指所装入的物品价值最高，并且是可行的背包装载。

Copy
输入输出：
样例输入                         样例输出
11 （背包容量）                  23（总价值）
4（物品数量）
2 4 6 7（物品重量）
6 10 12 13（物品价值）

2. 递归解法#

考虑到这个题目，用贪心算法显然是鼠目寸光的。所以思考其他思路。自顶向下地看这个题目，对于第n件物品而言，无非有两个状态（选择）：取或者不取。如果取，在获得这件物品价值地同时，也要承担其重量，如果不取，就无需承担，当然也得不到它的价值。满足无后效性。那么，这种问题就可以递归地求解了。

Copy
//返回第n件物品的最大价值,weight为背包剩余容量
  	int dfs(int n,int weight) {
	if(n==0||weight==0) return 0;//递归终止条件
  		int a = dfs(n-1,weight]);//不取,直接返回n-1的状态,不消耗weight
		int b = dfs(n-1,weight-w[n])+v[n];//取，消耗掉w[n]空间的同时获得了v[n]的价值
		return a>b?a:b;//返回最大值
	}

3. 优化递归：记忆化搜索#

对于上述递归解法，每求一次dfs(n)就要用到很多次dfs(2),dfs(3)等，而这些必须用一次算一次，增加了时间复杂度。所以，我们考虑使用一个数组把他们存起来，即记忆化搜索，又叫备忘录方法，这样就可以减小时间复杂度。

Copy
int dp[100005];
int dfs(int n,int weight) {
	if(n==0||weight==0) return 0;//递归终止条件
	if(dp[n]!=-1) return dp[n];
  	int a = dfs(n-1,weight]);//不取,直接返回n-1的状态,不消耗weight
	int b = dfs(n-1,weight-w[n])+v[n];//取，消耗掉w[n]空间的同时获得了v[n]的价值
	if(a>b) {
		dp[n] = a;
	}else dp[n] = b;
	return dp[n];//返回最大值
}

4.动态规划#

对于这类无后效性，备忘录的问题，使用动态规划显然是最佳解法。对于这个题，我们使用f[i][j]作为取第i件物品时容量为j的最大利润，即可推导出状态转移方程：
f[i][j] = max(f[i-1][j],f[i-1][j-w[i]]+v[i])
由此即可写出基本代码：

Copy
for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            if (w[i] > j) {
                f[i][j] = f[i - 1][j];
            }
            else {
                f[i][j] = f[i - 1][j] > f[i - 1][j - w[i]] + v[i] ? f[i - 1][j] : f[i - 1][j - w[i]] + v[i];
            }
        }
   }

5.滚动数组#

在这个过程中，我们发现所要的仅仅是f[n][m]，即n个物品容量为最大容量m时的情况，而前面n-1的数组迭代都是无意义的。因此，可以用一维数组代替二维数组，进一步优化空间复杂度。此时的状态转移方程如下：
f[j] = max(f[j],f[j-w[i]]+v[i])
此时得到的代码：

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

这里代码中的第二行使用了由后向前的遍历方式，而完全背包问题则恰好相反，是由前到后的遍历方式。举个例子,若 j=4：
f[4] = max(f[4],f[4-w[i]]+v[i]);
因为是由后到前，我们再看遍历到j=2时的情况：
f[2] = max(f[2],f[2-w[i])+v[i]);
若w[i]=2，初始化之后，因为f被置为0，先算w[4]时w[2]是为0的，这样就避免了f[2]被多次相加的问题。反之，若是完全背包问题，先计算f[2]，f[2]的值已经不为0，此时计算f[4] = max(f[4],f[2]+v[i]);这样j每翻一倍，f[4]就也会翻一倍，符合完全背包问题的要求。

最简单的例子如洛谷采药，疯狂的采药，又如蓝桥杯2018年的分包子问题，2021年的天平问题等。