动态规划总结
背包问题一直是动态规划的热点，也是各大公司笔试的常客，所以掌握基本的背包解题思路是很重要的
0-1 背包问题
题目
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价值总和最大。
解题思路：
这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。
用子问题定义状态：即 f[i][v] 表示考虑将 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 - 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。
“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（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前 i-1 件物品的问题。
f[i - 1][v]
如果不放第 i 件物品，那么问题就转化为“前 i-1 件物品放入容量为 v 的背包中”，价值为 f[i-1][v]
f[i - 1][v - c[i]] + w[i]
如果放第 i 件物品，那么问题就转化为“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]。
代码实现
public class Solution {
public static void main(String[] args) {
int[] w = {6, 29, 39};
int[] v = {6, 10, 12};
int W = 6;
//6
System.out.println(new Solution().knapsack01(w, v, W));
}
public int knapsack01(int[] w, int[] v, int W) {
int len = w.length;
//dp[i][j]表示前i件物品恰放入一个容量为j的背包可以获得的最大价值
//状态转移方程为：f[i][j]=max{f[i-1][j],f[i-1][j-v[i]]+w[i]}
int[][] dp = new int[len + 1][W + 1];
//初始化：重量为0或者背包容量为0时最大价值为0，数组本来就是初始化值为0，跳过
for (int i = 1; i <= len; i++) {
for (int j = 1; j <= W; j++) {
//f[i][j]=max{f[i-1][j],f[i-1][j-v[i]]+w[i]}
//当前最大价值等于放上一件的最大价值
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
//如果当前物品（i-1）能放入背包
if (j >= w[i - 1]) {
//就考虑放入还是不放入↓
//这里需要注意，i - 1表示的是当前件，因为这里的i从1开始
dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], v[i - 1] + dp[i - 1][j - w[i - 1]]);
}
}
}
return dp[len][W];
}
}
优化空间复杂度
以上方法的时间和空间复杂度均为 O(VN)，其中时间复杂度应该已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O。(如果需要)
先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环 i=1..N，每次算出来二维数组 f[i][0..V] 的所有值。那么，如果只用一个数组 f[0..V]，能不能保证第i次循环结束后 f[v] 中表示的就是我们定义的状态 f[i][v] 呢？f[i][v] 是由 f[i-1][v] 和 f[i-1][v-c[i]] 两个子问题递推而来，能否保证在推 f[i][v] 时（也即在第 i 次主循环中推 f[v] 时）能够得到 f[i-1][v] 和 f[i-1][v-c[i]] 的值呢？事实上，这要求在每次主循环中我们以 v=V..0 的顺序推 f[v] ，这样才能保证推 f[v] 时 f[v-c[i]] 保存的是状态 f[i-1][v-c[i]] 的值。伪代码如下：
for i = [1..N)
for v = [V..0]
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};
其中的 f[v] = max{f[v] , f[v-c[i]]} 一句恰就相当于我们的转移方程 f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]}，因为现在的 f[v-c[i]] 就相当于原来的 f[i-1][v-c[i]] 。如果将 v 的循环顺序从上面的逆序改成顺序的话，那么则成了 f[i][v] 由 f[i][v-c[i]] 推知，与本题意不符，但它却是另一个重要的背包问题P02最简捷的解决方案，故学习只用一维数组解 01 背包问题是十分必要的。
第一种优化方案 O(n*C) O(2*C)
因为 dp[i][C] 的值只与 dp[i - 1][C] 有关，所以定义一个 dp[2][C] 来循环保存结果
不断进行覆盖
public int knapsack01_ex(int[] w, int[] v, int W) {
int len = w.length;
//
int[][] dp = new int[2][W + 1];
for (int i = 1; i <= len; i++) {
for (int j = 1; j <= W; j++) {
//f[i][j]=max{f[i-1][j],f[i-1][j-v[i]]+w[i]}
//当前最大价值等于放上一件的最大价值
dp[i % 2][j] = dp[(i - 1) % 2][j];
//如果当前件（i-1）的重量小于等于总重量，可以放进去或者拿出别的东西再放进去
if (j >= w[i - 1]) {
dp[i % 2][j] = Math.max(dp[(i - 1) % 2][j], v[i - 1] + dp[(i - 1) % 2][j - w[i - 1]]);
}
}
}
return dp[len % 2][W];
}
一维数组 O(n*C) O(C)
public int knapsack01(int[] w, int[] v, int W) {
int len = w.length;
int[] dp = new int[W + 1];
for (int i = 1; i < len; i++) {
for (int j = W; j >= 0; j--) {
if (j >= w[i]) {
dp[j] = Math.max(dp[j], v[i] + dp[j - w[i]]);
} else {
dp[j] = dp[j];
}
}
}
return dp[W];
}
事实上，使用一维数组解 01 背包的程序在后面会被多次用到，所以这里抽象出一个处理一件 01 背包中的物品过程，以后的代码中直接调用不加说明。
过程 ZeroOnePack，表示处理一件 01 背包中的物品，两个参数 cost、weight 分别表明这件物品的费用和价值。
procedure ZeroOnePack(cost,weight)
for v=V..cost
f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}
注意这个过程里的处理与前面给出的伪代码有所不同。前面的示例程序写成v=V..0是为了在程序中体现每个状态都按照方程求解了，避免不必要的思维复杂度。而这里既然已经抽象成看作黑箱的过程了，就可以加入优化。费用为cost的物品不会影响状态f[0..cost-1]，这是显然的。
有了这个过程以后，01背包问题的伪代码就可以这样写：
for i = 1..N
ZeroOnePack(c[i],w[i]);
初始化的细节问题——“恰好装满背包？”
求最优解的背包问题中，有两种不太相同的问法：
- 有的题目要求“恰好装满背包”时的最优解
- 有的题目则没有要求必须把背包装满
区别仅在初始化的时候有所不同：
-
如果是第一种问法，要求恰好装满背包，那么在初始化时除了
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。 -
如果并没有要求必须把背包装满，而是只希望价格尽量大，初始化时应该将f[0..V]全部设为0。
为什么呢？
- 初始化的
f数组事实上就是在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。如果要求背包恰好装满，那么此时只有容量为0的背包可能被价值为0的nothing“恰好装满”，其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，它们的值就都应该是-∞了。 - 如果背包并非必须被装满，那么任何容量的背包都有一个合法解“什么都不装”，这个解的价值为0，所以初始时状态的值也就全部为0了。
这个小技巧完全可以推广到其它类型的背包问题，后面也就不再对进行状态转移之前的初始化进行讲解。
一个常数优化
前面的伪代码中有 for v=V..1，可以将这个循环的下限进行改进。
由于只需要最后 f[v] 的值，倒推前一个物品，其实只要知道 f[v-w[n]] 即可。以此类推，对以第 j个背包，其实只需要知道到 f[v-sum{w[j..n]}] 即可，即代码中的
for i=1..N
for v=V..0
可以改成
for i=1..n
bound=max{V-sum{w[i..n]},c[i]}
for v=V..bound
这对于 V 比较大时是有用的。
小结
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。
