01背包问题：POJ3624

背包问题是动态规划中的经典问题，而01背包问题是最基本的背包问题，也是最需要深刻理解的，否则何谈复杂的背包问题。

POJ3624是一道纯粹的01背包问题，在此，加入新的要求：输出放入物品的方案。

我们的数组基于这样一种假设：

totalN表示物品的种类，totalW表示背包的容量

w[i]表示第i件物品的重量，d[i]表示第i件物品的价值。

F(i,j)表示前i件物品放入容量为j的背包中，背包内物品的最大价值。

F(i,j) = max{ F(i-1,j) , F(i-1,j-w[i])+d[i] }

我们仅考虑第i件物品到底放不放进背包

第一项表示不放入背包的情况。

第二项表示放入背包的情况。

然后，我们为了获得具体的方案，每当在局部最优的方案成立时，则将path[i][j]置为1，当求的最优结果后，从最终结果开始回溯，看看在第i轮的局部最优中是否放入物品i。

此时的代码如下所示：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <string>
#include <iostream>
using namespace std;
#define max(a,b) a>b?a:b;
//数组要设的比给的范围稍大一些
int dp[3410][12900];
int path[3410][12900];
int w[3410];
int d[3410];
int totalN;
int totalW;
int main()
{
    int i,j;
    scanf("%d",&totalN);
    scanf("%d",&totalW);

    for(i=1;i<=totalN;i++)
    {
        scanf("%d",&w[i]);
        scanf("%d",&d[i]);
    }

    memset(dp,0,sizeof(dp));
    for(i=1;i<=totalN;i++){
        for(j=1;j<=totalW;j++){
            /*必不可少,需要根据上一轮状态，
            而如果直接从j=w[i]开始，会使0<j<w[i]都为0，影响正确的结果。
            在之后优化的1维矩阵方法中，就不会存在这种问题，
            由于其逆序遍历，上一轮的结果只要不覆盖，就一直存在*/
            dp[i][j] = dp[i-1][j];
            if(j>=w[i] && dp[i][j]<dp[i-1][j-w[i]]+d[i]){
                dp[i][j] =dp[i-1][j-w[i]]+d[i];
                path[i][j] = 1;
            }
        }
    }
    printf("背包内物品的最大价值是:\n");
    printf("%d\n",dp[totalN][totalW]);
    i = totalN;
    j = totalW;
    printf("放入背包的物品是:\n");
    while(i>0 && j>0)
    {
        if(path[i][j] == 1)
        {
            printf("%d\n",d[i]);
            j = j - w[i];
        }
        i = i - 1;
    }

    system("pause");
    return 0;
}

此时的时间复杂度是O(NW)，已经无法优化，但空间复杂度可以由O(NW)下降到O(W).。

我们可以看到F(i,j)仅仅依赖于F(i-1,j)和F(i-1,j-w[i])+d[i]，也就是说，我们需要依赖的上一轮的序列中的元素的坐标没有在J的右边的，此时我们就可以使用逆序遍历即可，直接应用上一轮的数据。

这样的逆序遍历还有一层意义，即每个物品只放入一次，因为所以来的两项都是没有放入过第i件物品的情况，从不依赖放入第i件物品的情况。这点需要好好的理解一下，有助于后续对完全背包问题的理解。

上代码：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <string>
#include <iostream>
using namespace std;
//数组要设的比给的范围稍大一些
int bag[12900];
int path[3410][12900];
int w[3410];
int d[3410];
int totalN;
int totalW;
int main()
{
    int i,j;
    scanf("%d",&totalN);
    scanf("%d",&totalW);

    for(i=1;i<=totalN;i++)
    {
        scanf("%d",&w[i]);
        scanf("%d",&d[i]);
    }

    memset(bag,0,sizeof(bag));
    for(i=1;i<=totalN;i++){
        for(j=totalW;j>=w[i];j--){
            if(bag[j]<bag[j-w[i]]+d[i]){
                bag[j] = bag[j-w[i]]+d[i];
                path[i][j]=1;
            }
        }
    }
    printf("背包内物品的最大价值是:\n");
    printf("%d\n",bag[totalW]);
    i = totalN;
    j = totalW;
    printf("放入背包的物品是:");
    while(i>0 && j>0)
    {
        if(path[i][j] == 1)
        {
            printf("%d\n",d[i]);
            j = j - w[i];
        }
        i = i - 1;
    }

    system("pause");
    return 0;
}

最后如果想去AC的话，要采用第二种方案，降低空间复杂度，AC代码(折叠)：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <string>
#include <iostream>
using namespace std;
//数组要设的比给的范围稍大一些
int bag[12900];
int w[3410];
int d[3410];
int totalN;
int totalW;
int main()
{
    int i,j;
    scanf("%d",&totalN);
    scanf("%d",&totalW);

    for(i=1;i<=totalN;i++)
    {
        scanf("%d",&w[i]);
        scanf("%d",&d[i]);
    }
    memset(bag,0,sizeof(bag));
    for(i=1;i<=totalN;i++){
        for(j=totalW;j>=w[i];j--){
            if(bag[j]<bag[j-w[i]]+d[i]){
                bag[j] = bag[j-w[i]]+d[i];
            }
        }
    }    
    printf("%d\n",bag[totalW]);
    system("pause");
    return 0;
}