揹包九講 01揹包問題（dp 滾動陣列）

現在有n件物品和乙個容量為v的揹包。第i件物品的費用是cost[i]，價值是value[i]。每個物品最多只能選一次，求解在不超過揹包容量的限制下，如何選取物品組合能使收益最大化？

題型有兩種，一種要求揹包恰好放滿，一種不要求揹包恰好放滿

現在考慮第二種題型，即不要求揹包恰好放滿

將問題分解成子問題：有i件物品，容量為j的揹包。

用dp[ i ][ j ]陣列儲存子問題的答案。

假設現在要求取dp[ i ] [ j ] ,我們考慮要不要選取第i件物品：

①如果不選取，則dp[ i ] [ j ]=dp[ i-1 ][ j ]，因為dp陣列儲存的一直是當前狀態下最優的解，dp[ i-1 ][ j ]存放的值是在同樣容量為j的揹包限制下前i-1件物品最大的價值組合

②如果選取i件物品，考慮第i件物品的花費cost[ i ]，則dp[ i ][ j ]=dp[ i-1] [ j-cost[i] ] +value [ i ] , 而 dp[ i-1] [ j-cost[i] ] 存放的值是容量為j-cost[ i ]限制下, 前i-1件物品最大的價值組合

綜上，得狀態轉移方程：

dp[ i ] [ j]=max(dp[ i-1 ][ j ], dp[ i-1] [j-cost[i] ] + value[ i ])

我們能保證不斷得到每乙個子問題的最優解，所以不斷遞推，即得到原問題的解

由之前的思路可得，解每乙個子問題dp[ i ][ j ]時，我們需要優先知道dp[ i-1 ][ j ]和dp[ i-1] [ j-cost[i] ] +value [ i ]，觀察可得必須先知道dp陣列第i-1行的值

所有最外層迴圈讓i從小到大遞增

至於j是遞增還是遞減是無所謂的，因為求解子問題dp[ i ][ j ]時，我們只需要優先知道dp陣列第i-1行的值，至於第i行的求解順序是無所謂的

而考慮第一行，也就是只有一種物品時，那麼j是從小到大還是從大到小都無所謂，因為第一行的dp值只取決於j是否大於cost[1]

後面幾行都是第一行遞推而來，第一行沒問題後面幾行自然沒問題

int dp[10]
[2005];
memset
(dp,0,
sizeof
(dp));
for(
int i=
1;i<
8;i++
)for
(int j=n;j>=
1;j--
)

至於之前說的第一種題型，只要把dp陣列初始化為負無窮即可

負無窮表示沒有方案使該子問題得解

由之前的分析可以發現，求dp陣列第i行的值時，只需要用到dp陣列第i-1行的值，而其它幾行的值都是用不到的，所以為了節省空間，只需要用一維的dp陣列即可

但是要注意這其實是在用一維陣列來模擬二維陣列的情況，想象乙個不斷滾動的陣列

所以這裡的第二層迴圈中的j必須倒序了，不像之前是無所謂的了

原因很簡單，我們需要dp[ i-1] [ j-cost[ i ] ]的值，而如果j順序地從小到大增加則該值已經被覆蓋了，那麼該行後面的元素在計算時使用的就不是上一行的dp[ i-1] [ j-cost[ i ] ] ,其實已經被覆蓋為dp[ i] [ j-cost[ i ] ]

**：

int dp[
2005];
memset
(dp,0,
sizeof
(dp));
for(
int i=
1;i<
8;i++
)for
(int j=n;j>=
1;j--)if
(j>=cost[i]
)                dp[j]
=max
(dp[j]
,dp[j-cost[i]
]+value[i]
);

同時也不需要else dp[i][j]=dp[i-1][j];這句**了，因為不變相當於不去覆蓋上一行的dp值

揹包九講 01揹包問題（dp 滾動陣列）

揹包九講 01揹包問題

DP 揹包九講之01揹包

DP 揹包九講之01揹包

揹包九講 01揹包問題（dp 滾動陣列）

揹包九講 01揹包問題

DP 揹包九講之01揹包

DP 揹包九講之01揹包

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