01揹包問題

0-1揹包問題：

有n件物品和乙個容量為v的揹包。第i件物品的費用是c[i]，價值是w[i]。求解將哪些物品裝入揹包可使這些物品的費用總和不超過揹包容量，且價值總和最大。

這個問題的特點是：每種物品只有一件，可以選擇放或者不放。

演算法基本思想：

利用動態規劃思想，子問題為：f[i][v]表示前i件物品恰放入乙個容量為v的揹包可以獲得的最大價值。

其狀態轉移方程是：f[i][v]=max //這個方程非常重要，基本上所有跟揹包相關的問題的方程都是由它衍生出來的。

解釋一下上面的方程：「將前i件物品放入容量為v的揹包中」這個子問題，如果只考慮第i件物品放或者不放，那麼就可以轉化為只涉及前i-1件物品的問題，即1、如果不放第i件物品，則問題轉化為「前i-1件物品放入容量為v的揹包中」；2、如果放第i件物品，則問題轉化為「前i-1件物品放入剩下的容量為v-c[i]的揹包中」(此時能獲得的最大價值就是f [i-1][v-c[i]]再加上通過放入第i件物品獲得的價值w[i])。則f[i][v]的值就是1、2中最大的那個值。

（注意：f[i][v]有意義當且僅當存在乙個前i件物品的子集，其費用總和為v。所以按照這個方程遞推完畢後，最終的答案並不一定是f[n] [v]，而是f[n][0..v]的最大值。）

優化空間複雜度：

以上方法的時間和空間複雜度均為o(n*v)，其中時間複雜度基本已經不能再優化了，但空間複雜度卻可以優化到o(v)。

上面f[i][v]使用二維陣列儲存的，可以優化為一維陣列f[v]，將主迴圈改為：

for i=1..n

for v=v..0

f[v]=max;

即將第二層迴圈改為從v..0，逆序。

解釋一下：

假設最大容量m=10，物品個數n=3，物品大小w，物品價值p。

當進行第i次迴圈時，f[v]中儲存的是上次迴圈產生的結果，即第i-1次迴圈的結果(i>=1)。所以f[v]=max這個式子中，等號右邊的f[v]和f[v-c[i]]+w[i]都是前一次迴圈產生的值。

當i=1時，f[0..10]初始值都為0。所以

f[10]=max=max=max=4;

f[9]=max=max=max=4;

......

f[3]=max=max=max=4;

f[2]=max=max=0;//陣列越界？

f[1]=0;

f[0]=0;

當i=2時，此時f[0..10]經過上次迴圈後，都已經被重新賦值，即f[0..2]=0,f[3..10]=4。利用f[v]=max這個公式計算i=2時的f[0..10]的值。

當i=3時同理。

具體的值如下表所示：

因此，利用逆序迴圈就可以保證在計算f[v]時，公式f[v]=max中等號右邊的f[v]和f[v-c[i]]+w[i]儲存的是f[i-1][v]和f[i -1][v-c[i]]的值。

當i=n時，得到的f[v]即為要求的最優值。

初始化的細節問題：

在求最優解的揹包問題中，一般有兩種不同的問法：1、要求「恰好裝滿揹包」時的最優解；2、求小於等於揹包容量的最優解，即不一定恰好裝滿揹包。

這兩種問法，在初始化的時候是不同的。

1、要求「恰好裝滿揹包」時的最優解：

在初始化時除了f[0]為0其它f[1..v]均設為-∞，這樣就可以保證最終得到的f[n]是一種恰好裝滿揹包的最優解。如果不能恰好滿足揹包容量，即不能得到f[v]的最優值，則此時f[v]=-∞，這樣就能表示沒有找到恰好滿足揹包容量的最優值。

2、求小於等於揹包容量的最優解，即不一定恰好裝滿揹包：

如果並沒有要求必須把揹包裝滿，而是只希望價值盡量大，初始化時應該將f[0..v]全部設為0。

總結

01揹包問題是最基本的揹包問題，它包含了揹包問題中設計狀態、方程的最基本思想，另外，別的型別的揹包問題往往也可以轉換成01揹包問題求解。故一定要仔細體會上面基本思路的得出方法，狀態轉移方程的意義，以及最後怎樣優化的空間複雜度。

#include #include using namespace std;
int main()
{  int n,v,v;
int w[100],p[100];
scanf("%d",&n);
printf("輸入總容量：\n");
scanf("%d",&v);
printf("輸入對應的容量：\n");
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&w[i]);
printf("輸入對應的價值：\n");
在程式的改進之處是for迴圈中，for(int v=v;v>=w[i];v++),最開始的程式是for(int v=v;v>=1;v++),會出現越界現象，故在這裡要大於等於w[i]

01揹包問題

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揹包問題（01揹包）

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