dp 揹包問題

乙個揹包總容量為v, 現在有n個物品, 第i個物品容量為weight[i], 價值為value[i], 現在往揹包裡面裝東西, 怎樣裝才能使揹包內物品總價值最大.主要分為3類：

總體的，又分為揹包剛好裝滿，與揹包沒有裝滿兩種情況

每種物品都只有1個，只有選擇與不選擇兩種狀態

有n件物品和乙個容量為v的揹包，每種物品只有一件，可以選擇放或不放。第i件物品的重量是w[i]，價值是v[i]。求解將哪些物品裝入揹包可使這些物品的重量總和不超過揹包容量，且價值總和最大。

對於任何只存在兩種狀態的問題都可以轉化為01揹包問題

狀態轉移方程:

dp[i][v]=max(dp[i-1][v], dp[i-1][v-w[i]]+v[i])

`dp[v]=max(dp[v],dp[v-w[i]]+v[i])`

for(int i=0;i=w[i];j--)

}

首先，大迴圈從0到n是指n個物體

其次，內迴圈是從揹包大小到當前物體的重量，是為了減少時間複雜度而這麼弄的

對於w[i]是物體的重量，如果剩餘揹包的大小小於w[i]了,就無需再迴圈，所以乙個端點在w[i]

而j的含義是當前的揹包總容量，而容量不可能大於揹包大小，所以另乙個大小就在揹包大小

如果是公升序，那麼就會對dp[j-w[i]]進行操作，也就意味著，如果j是w[i]的倍數，那麼v[i]就會不斷地加進去，也就是完全揹包問題了

而對於降序的話，也就保證了每次第j個物品都只能被放入1此，而不是多次，就是01揹包了

每種物品最多有n件可用

有n種物品和乙個容量為v的揹包。第i種物品最多有n件可用，每件體積是c，價值是w。求解將哪些物品裝入揹包可使這些物品的體積總和不超過揹包容量，且價值總和最大。

對於多重揹包問題，可以轉化為01揹包問題，比如2個價值為5，重量為2的物品，可以轉化為a和b兩個物品，乙個價值為5，重量為2，乙個價值也為5，重量也為2

狀態轉移方程:

dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-k*w[i]]+k*v[i]) 其中0<=k<=c[i]

`dp[j]=max(dp[j],dp[j-k*w[i]]+k*v[i])`

for(int i=1;i<=n;i++)

for(int j=m;j>=0;j--)
for(int k=1;k<=c[i];k++)
}}

有n種物品和乙個容量為v的揹包，每種物品都有無限件可用。第i種物品的體積是c，價值是w。將哪些物品裝入揹包可使這些物品的體積總和不超過揹包容量，且價值總和最大。

狀態轉移方程:

dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][v-k*w[i]]+k*v[i]) 其中0<=k*w[i]<=揹包大小

`dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);`

空間雜度為o(nw)或o(w),時間複雜度為o(nw)

**

for (int i = 1; i <= n; i++) 

}

則利用01揹包和完全揹包的一行**不同，進行判斷

for(int i=0;i=w[i];j--)

}else if(第i個物品是完全揹包)
}}

揹包混用偽**

for i= 1 to n

if 第i件物品屬於01揹包
zeroonepack(dp,wi,vi)
else if 第i件物品屬於完全揹包
completepack(dp,wi,vi)
else if 第i件物品屬於多重揹包
multiplepack(dp,wi,vi,ni)

#include#include#include#includeconst int n=1000000;

int v[n],w[n];
int dp[n];
void zeroonepack(int i)
}void completepack(int i)
}void multiplepack(int i)
}}int main()else if(第i個物品是完全揹包問題)else if(第i個物品是多重揹包問題)
}

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