0—1背包归纳总结
0-1背包问题：
有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
这个问题的特点是：每种物品只有一件，可以选择放或者不放。
算法基本思想：
利用动态规划思想 ，子问题为：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。
其状态转移方程是：f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]} 这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。
解释一下上面的方程：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，如果只考虑第i件物品放或者不放，那么就可以转化为只涉及前i-1件物品的问题，即：
1、如果不放第i件物品，则问题转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”；
2、如果放第i件物品，则问题转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c[i]的背包中”(此时能获得的最大价值就是f [i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i])。则f[i][v]的值就是1、2中最大的那个值。
（注意：f[i][v]有意义当且仅当存在一个前i件物品的子集，其费用总和为v。所以按照这个方程递推完毕后，最终的答案并不一定是f[N] [V]，而是f[N][0..V]的最大值。）
优化空间复杂度：
以上方法的时间和空间复杂度均为O(N*V)，其中时间复杂度基本已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O(V)。
上面f[i][v]使用二维数组存储的，可以优化为一维数组f[v]，将主循环改为：
for i=1..N
for v=V..0
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};
即将第二层循环改为从V..0，逆序。
解释一下：
假设最大容量M=10，物品个数N=3，物品大小w{3,4,5}，物品价值p{4,5,6}。
当进行第i次循环时，f[v]中保存的是上次循环产生的结果，即第i-1次循环的结果(i>=1)。所以f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}这个式子中，等号右边的f[v]和f[v-c[i]]+w[i]都是前一次循环产生的值。
当i=1时，f[0..10]初始值都为0。所以
f[10]=max{f[10],f[10-c[1]]+w[1]}=max{0,f[7]+4}=max{0,0+4}=4;
f[9]=max{f[9],f[9-c[1]]+w[1]}=max{0,f[6]+4}=max{0,0+4}=4;
......
f[3]=max{f[3],f[3-c[1]]+w[1]}=max{0,f[3]+4}=max{0,0+4}=4;
f[2]=max{f[2],f[2-c[1]]+w[1]}=max{0,f[2-3]+4}=0;//数组越界？
f[1]=0;
f[0]=0;
当i=2时，此时f[0..10]经过上次循环后，都已经被重新赋值，即f[0..2]=0,f[3..10]=4。利用f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}这个公式计算i=2时的f[0..10]的值。
当i=3时同理。
具体的值如下表所示：
因此，利用逆序循环就可以保证在计算f[v]时，公式f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}中等号右边的f[v]和f[v-c[i]]+w[i]
保存的是f[i-1][v]和f[i -1][v-c[i]]的值。
当i=N时，得到的f[V]即为要求的最优值。
初始化的细节问题：
在求最优解的背包问题中，一般有两种不同的问法：1、要求“恰好装满背包”时的最优解；
2、求小于等于背包容量的最优解，即不一定恰好装满背包。
这两种问法，在初始化的时候是不同的。
1、要求“恰好装满背包”时的最优解：
在初始化时除了f[0]为0其它f[1..V]均设为-∞，这样就可以保证最终得到的f[N]是一种恰好装满背包的最优解。如果不能恰好满足背包容量，即不能得到f[V]的最优值，则此时f[V]=-∞，这样就能表示没有找到恰好满足背包容量的最优值。
2、求小于等于背包容量的最优解，即不一定恰好装满背包：
如果并没有要求必须把背包装满，而是只希望价值尽量大，初始化时应该将f[0..V]全部设为0。
总结
01背包问题是最基本的背包问题，它包含了背包问题中设计状态、方程的最基本思想，另外，别的类型的背包问题往往也可以转换成01背包问题求解。故一定要仔细体会上面基本思路的得出方法，状态转移方程的意义，以及最后怎样优化的空间复杂度。
0-1背包问题代码：
int a[101],c[101],f[101][1001]={0};//f[i][j]表示前i棵草药，j时间内最优解
int max(int x,int y)
{
if(x>y) return x;
else return y;
}
int main()
{
int t,m;
freopen("medic.in","r",stdin);
freopen("medic.out","w",stdout);
scanf("%d %d",&t,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%d",&a[i],&c[i]);
for(int i=1;i<=m;i++)//对草药棵树外层循环
{
for(int j=1;j<=t;j++)//对时间t内层循环
{
if(a[i]<=j)//第i棵草药能摘
{
//取两种摘取情况的最优解
f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-a[i]]+c[i]);
}
else //第i棵草药不能被摘
f[i][j]=f[i-1][j];
}
}
/*
以上求解最优解f[i][j]时可优化为
for(int i=1;i<=m;i++)
{
for(int j=t;j>=a[i];j--)
{
f[j]=max(f[j],f[j-a[i]]+c[i]);
}
}
*/
printf("%d",f[m][t]);//输出m棵草药在t时间内被摘取的最优解
return 0;
}0—1背包实现代码2
int s[1005]={0};//s[T]表示T时间内采药的最大价值
int main()
{
int T, M, i, j ,v, n;
freopen("medic.in","r",stdin);
freopen("medic.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&T,&M);
for ( i = 1 ; i <= M ; i++ )
{
scanf("%d%d",&n,&v);//输入的草药，时间为n，价值为v
for (j=T; j>=n; j--)
if (s[j-n] + v > s[j])//判断s[j]取最优解时，要不要采草药n
s[j] = s[j-n] + v;//最优时要采草药n，修改s[j]最优的值
}
printf("%d\n",s[T]);
return 0;
}
