关于01背包个人的一些理解

01背包

01背包题目

思路剖析

1.当我们第一次看到题目的时候，很容易想到运用贪心的思想，每次拿性价比最大的物品。

容易举出反例：

	3 7
	6 10 //1.666...
	5 8 // 1.6
	2 3 //1.5

2.接着我们很自然的就可以想到，既然运用贪心的思想不行，那么就枚举所有选取物品的情况，也就是组合。

于是我们就可以定义状态

dfs(i,v,ans)dfs(i,v,ans) 表示我搜索到了第 ii 个物品，此时已经选的物品的总体积为 vv , 所得到的价值为 ansans 。

当我们将 NN 个物品全都搜完后，若 v≤Mv≤M ，则更新我们的答案。

在这个过程中，我们可以发现 ， 对于一个状态 i,v,ansi,v,ans ,它可以从 i−1,v,ansi−1,v,ans 或 i−1,v−vi,（ans−wi）+wii−1,v−vi,（ans−wi）+wi 转移过来(分别对应了我选不选第 ii 个物品的情况)，但由于他所剩的物品个数一样，已经选的体积一样，所以尽管从两个不同的状态转移过来，所得的价值不同，但是之后能够遍历到的情况都是相同的。

显然有所得价值更大的状态，得到的结果优于价值更小的状态。

这就是最优子结构性质,正因为这个过程具有最优子结构性质，我们在进行下一阶段计算的时候，就免去了绝对不可能是最优的答案的多余的计算，所以我们可以通过他将搜索转化为DP,当然，这过程中同时具无后效性原则和重叠子问题。

简单解释一下重叠子问题优化的部分。当我已经知道状态 dpi,vdpi,v 所能获得的最大价值时，我将它记录下来，之后再遍历到这个状态，我直接就能返回我的最优解了，而不用继续搜下去，重新求解。这就要求了我们DP的问题具有该性质，否则就等同于没有记录，也就没有优化一说了。

无后效性则保证了我求出来的最优解不会被后面所影响，一定是最优的。

3.简单总结一下

状态： dpi,jdpi,j 表示以在前 ii 个物品中，选取体积为 jj 的物品，得到的最大价值。

状态转移方程：

dp[i][j]=max(dp[i−1][j],dp[i−1][j−vi]+wi)dp[i][j]=max(dp[i−1][j],dp[i−1][j−vi]+wi)

code

	#include<iostream>
	#include<cstdio>
	#include<cmath>
	#include<cstring>
	using namespace std;
	int n,m,v[3500],w[3500],dp[12885];
	int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&v[i],&w[i]);
	memset(dp,0xcf,sizeof(dp));//赋值为-INF，表示该状态不可达，这里要特别注意，不能赋值为0，如果赋值为0的话，则表示容积为j的背包所能获得的最大价值，与我们所定义的状态相悖。
	dp[0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
	for(int j=m;j>=v[i];j--){
	dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]);
	}
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=m;i++) ans=max(ans,dp[i]);//找到最佳答案。
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
	}

唔，当然，如若是01背包的话，用 dpi,jdpi,j 表示前 ii 个物品中，用容积为 jj 的背包所能获得的最大价值也是ok的，但如果题目要我们恰好要把容积为 MM 的背包装满，这个状态所得到的答案就不一定正确了。

我给出的代码是已经优化过的版本，具体过程相信很多大佬都比我讲得好，这里主要分享我的一个思路，希望可以帮助自己巩固复习，也可以帮到大家理解。

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2022.7.6

 

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