DP

01背包问题

有 N 件物品和一个容量是 V 的背包。每件物品只能使用一次。

第 i 件物品的体积是 vi，价值是 wi。

求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。
输出最大价值。

输入格式
第一行两个整数，N，V，用空格隔开，分别表示物品数量和背包容积。

接下来有 N 行，每行两个整数 vi,wi，用空格隔开，分别表示第 i 件物品的体积和价值。

输出格式
输出一个整数，表示最大价值。

数据范围
0<N,V≤1000
0<vi,wi≤1000
输入样例
4 5
1 2
2 4
3 4
4 5
输出样例：
8

01背包是动态规划中背包问题很典型的一个题，大意为有一些物品和一个有一定体积的背包，每个物品都有自己的价值，询问背包内物品的最大价值是多少？
枚举每一个物品，通过对每一个物品的取舍来推导状态转移方程：
我们用3个数组来表示状态，w[N]来表示每一个物品的价值，v[N]表示每个物品的体积，dp【N】【N】,dp【i,j】表示，当前最多拿 i 个物品，体积小于等于 j 时的最大价值是多少。
关于第 i 个物品的取舍问题：

1. 第 i 个物品不要，则当前状态和 i-1 的状态相同，则dp[i][j]=dp[i-1][j]。
2. 第 i 个物品要，则当前状态等于j-v[i]体积下的最大价值+w[i]，所以在这种状态下，dp[i][j]=dp[i-1][j-v[i]]+w[i]。

目的是求最大价值，因此状态转移方程：
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-v[i]]+w[i])

普通01背包代码：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 1e3+50;
int w[N],v[N],dp[N][N];
int main()
{
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	  cin>>v[i]>>w[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)
	  for(int j=0;j<=m;j++)
	  {
	      dp[i][j]=dp[i-1][j];
	      if(j>=v[i])//防止越界
	        dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i]]+w[i]);//状态转移
	  }
	cout<<dp[n][m]<<endl;  
	return 0;
}

我们发现当前 i 个物品只和 i-1 个物品的状态有关，所以我们可以把dp数组从二维优化到一维，dp[N],dp[i]表示在体积 i 的范围之内的最大价值。我们可以让二维数组原地滚动。

一维状态转移方程：dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i])

先贴代码：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 1e3+50;
int w[N],v[N],dp[N];
int main()
{
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	  cin>>v[i]>>w[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)
	  for(int j=m;j>=v[i];j--)//注意下这里
	    dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]);
	cout<<dp[m]<<endl;
	return 0;	
}

观察代码发现，和二维不一样的是，一维的内循环是从m->v[i]，为什么呢，因为要实现原地滚动，就要借助上一次修改的值（i-1），但是如果从前往后遍历的话，会造成一种什么情况，因为是一维数组，所以上一次修改的值在这一次开始操作的时候已经被覆盖了，导致后面的 j 在做状态转移方程时，使用的是当前行的值而不是 i-1 行，导致结果不准，所以我们从后往前遍历，先改后面再改前面，保证每一个j 都使用的 i - 1 行的值，再结合状态转移方程，最后dp[m]即为要求的值，意为在m体积范围内可以带走的最大价值。