题目：
- 描述
- 小明今天很开心，家里购置的新房就要领钥匙了，新房里有一间他自己专用的很宽敞的房间。更让他高兴的是，妈妈昨天对他说：“你的 房间需要购买哪些物品，怎么布置，你说了算，只要不超过N 元钱就行”。今天一早小明就开始做预算，但是他想买的东西太多了，肯定会超过妈妈限定的N 元。于是，他把每件物品规定了一个重要度，分为5 等：用整数1~5 表示，第5 等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是整数元）。他希望在不超过N 元（可以等于N 元）的前提下，使每件物品的价格与重要度的乘积的总和最大。设第j 件物品的价格为v[j]，重要度为w[j]，共选中了k 件物品，编号依次为j1...jk，则所求的总和为：v[j1]*w[j1]+..+v[jk]*w[jk]请你帮助金明设计一个满足要求的购物单.
- 输入
- 第一行输入一个整数N(0<N<=101)表示测试数据组数
每组测试数据输入的第1 行，为两个正整数，用一个空格隔开：
N m
（其中N（<30000）表示总钱数，m(<25)为希望购买物品的个数。）
从第2 行到第m+1 行，第j 行给出了编号为j-1
的物品的基本数据，每行有2 个非负整数
v p
（其中v 表示该物品的价格（v≤10000），p 表示该物品的重要度（1~5）） - 输出
- 每组测试数据输出只有一个正整数，为不超过总钱数的物品的价格与重要度乘积的总和的
最大值（<100000000） - 样例输入
-
1 1000 5 800 2 400 5 300 5 400 3 200 2
- 样例输出
-
3900
分析:这是一个典型的0-1背包问题，对于每一种物品，要么包含，要么不包含，对应1和0；
如果数目较小的话可以遍历解决，不过一般遍历都会超时。下面我想讲一下如何遍历：
比如：有3件物品，那么共有2的3次方中情况，把对应的情况序号转为二进制形式真好对应于
不同为的包含情况，如下图：
让i=0到7；在转化为二进制，就可以看对应位是不是包含了。下面是通过遍历的程序代码，
不过超时了：
#include<stdio.h> #include<math.h> void Conversation(int n,bool flag[25])//将数n的二进制位保存下来，就可以知道对应位是否包含 { int i=0; while(n!=0) { flag[i++]=(bool)(n%2);//保留余数 n/=2; } } int main() { int i,j; int v[25];//价值 int w[25];//重要度 int maxsum;//要求的最大权重 int tempsum,tempmoney;//临时权重，临时共有的钱 int cnt;//测试数据的组数 int totalmoney,totalnum;//总钱数，总物品数 scanf("%d",&cnt); while(cnt--) { maxsum=0;//每组的最大权重一定要在开头初始化为0 scanf("%d %d",&totalmoney,&totalnum); for(i=0;i<totalnum;i++) { scanf("%d %d",&v[i],&w[i]); } for(i=1;i<=pow(2,totalnum)-1;i++)//从1到2的n次方遍历 { bool flag[25]={false};//存放每一种物品是否包含 Conversation(i,flag); tempsum=0; //每组测试数据初始化 tempmoney=0; for(j=0;j<totalnum;j++) { if(flag[j]==true)//包含 { tempmoney+=v[j]; if(tempmoney>totalmoney) break; tempsum+=v[j]*w[j]; }//if }//for(j) if(tempmoney<=totalmoney&&tempsum>maxsum) maxsum=tempsum; }//for(i) printf("%d\n",maxsum); }//while(cnt--) return 0; }
下面使用动态规划的思想解决：
#include<stdio.h> #include<iostream> #include <string.h> using namespace std; #define max(a,b) (a>b?a:b) long w[26],c[26],d[30001]={0}; int main() { int n; cin>>n; while(n--) { long N,m,i,j,ans=0; memset(w,0,sizeof(w));//初始化为0 memset(c,0,sizeof(c)); memset(d,0,sizeof(d)); scanf("%ld%ld",&N,&m); //N:总钱数 m:总个数 for(i=1;i<=m;i++) { scanf("%ld%ld",&c[i],&w[i]); w[i]*=c[i];//w[]中直接保存权重 } for(i=1;i<=m;i++)//分别求前i个的最大值 for(j=N;j>=c[i];j--)//从最大钱开始 { d[j]=max(d[j],d[j-c[i]]+w[i]);//一轮j下来，对d[]数组，从j-c[j]到j全部保存的都是前i时的最大值 ans=max(ans,d[j]); } printf("%ld\n",ans); } return 0; }
下面介绍0-1背包问题：
题目
有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
基本思路
这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。
用子问题定义状态：即f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是：
f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}
这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。所以有必要将它详细解释一下：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”，价值为f[i-1][v]；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。
优化空间复杂度
以上方法的时间和空间复杂度均为O(N*V)，其中时间复杂度基本已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O(V)。
先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环i=1..N，每次算出来二维数组f[i][0..V]的所有值。那么，如果只用一个数组f[0..V]，能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态f[i][v]呢？f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]两个子问题递推而来，能否保证在推f[i][v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]的值呢？事实上，这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺序推f[v]，这样才能保证推f[v]时f[v-c[i]]保存的是状态f[i-1][v-c[i]]的值。伪代码如下：
for i=1..N
for v=V..0
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};
其中的f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]}一句恰就相当于我们的转移方程f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]}，因为现在的f[v-c[i]]就相当于原来的f[i-1][v-c[i]]。如果将v的循环顺序从上面的逆序改成顺序的话，那么则成了f[i][v]由f[i][v-c[i]]推知，与本题意不符，但它却是另一个重要的背包问题P02最简捷的解决方案，故学习只用一维数组解01背包问题是十分必要的。
初始化的细节问题
我们看到的求最优解的背包问题题目中，事实上有两种不太相同的问法。有的题目要求“恰好装满背包”时的最优解，有的题目则并没有要求必须把背包装满。一种区别这两种问法的实现方法是在初始化的时候有所不同。
如果是第一种问法，要求恰好装满背包，那么在初始化时除了f[0]为0其它f[1..V]均设为-∞，这样就可以保证最终得到的f[N]是一种恰好装满背包的最优解。
如果并没有要求必须把背包装满，而是只希望价格尽量大，初始化时应该将f[0..V]全部设为0。
为什么呢？可以这样理解：初始化的f数组事实上就是在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。如果要求背包恰好装满，那么此时只有容量为0的背包可能被价值为0的nothing“恰好装满”，其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，它们的值就都应该是-∞了。如果背包并非必须被装满，那么任何容量的背包都有一个合法解“什么都不装”，这个解的价值为0，所以初始时状态的值也就全部为0了。