背包类问题总结
关键词：0-1背包，完全背包，多重背包及优化
基础DP总结 ： http://www.cnblogs.com/lnu161403214/p/7821417.html
一、0-1背包
题目 ： 有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的重量是w[i]，价值是v[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的重量总和不超过背包容量，且价值总和最大。
DP求最大价值 ：以dp[i][j]表示有i件物品，背包容量为j时所能达到的最大价值，以DP的思想看，与子状态的联系取决于这第i个物品要不要放入背包里，不放的话，dp[i][j]=dp[i-1][j]，放的话，由于背包容量还是j，dp[i][j]=dp[i-1][j-w[i]]+v[i]。
因此递推式 ： dp[i][j] = max( dp[i-1][j] , dp[i-1][j-w[i]]+v[i] )
两层for循环：
for (int i = 1; i <= N; ++i) {
for (int j = 0; j <= V; ++j) {
if(j >= w[i]) {
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j - w[i]] + v[i], dp[i - 1][j]);
}
else {
dp[i][j] = dp[i-1][j];
}
}
}
对于这个，还有个空间上的优化，可以注意到每次都是对i-1的更新，那么直接视作对上一轮的循环的更新不就行了吗，比如直接一个dp[j]，每一轮循环更新一次不就是对上一层循环的更新吗。。。当然还有一个细节，就是第二轮循环的顺序，如果还是从小到大的顺序，那么在更新dp[j]之前，dp[j-w[i]]已经在这一轮被更新了，也就是递推式变成了dp[i][j]=dp[i][j-w[i]]+v[i]。。。所以，第二轮顺序要倒着来，这样dp[j]一定是在i-1的状态下更新。
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = v; j >= w[i]; --j)
dp[j] = max(dp[j - w[i]] + v[i], dp[j]);
二、完全背包
题目 ： 有N件物品和一个容量为V的背包，每件物品可以取任意次。第i件物品的重量是w[i]，价值是v[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的重量总和不超过背包容量，且价值总和最大。
递推式 ： dp[i][j] = max( dp[i-1][j] , dp[i][j-w[i]]+v[i] )
上面已经分析过了，so...
for (int i = 1; i <= n; ++ i)
for (int j = c[i]; j <= v; ++ j)
dp[j] = max(dp[j - c[i]] + w[i], dp[j]);
三、多重背包
题目 ： 有N件物品和一个容量为V的背包，每件物品可以取k[i]次。第i件物品的重量是w[i]，价值是v[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的重量总和不超过背包容量，且价值总和最大。
处理 ： 1）直接转换成0-1背包问题，比如一个物品转换成k[i]个相同的物品。
时间复杂度 ：0( V * ∑k[i] )
2）二进制优化
这个思想和(1）相似，只不过比如34个a物品，分成了以下6个物品
（注 ：1,2,4,8,16,3可以组装出1~34中的任何数的，比如3=1+2，33=2+4+8+16+3）
时间复杂度 ：0( V * ∑logk[i] )
