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要点：
（仨黄色背景代码为三个问题最终用的模板）
1.一维的01背包为啥要逆序（保证更新f[j]时，f[ j - weight[i] ]是没有放入物品i时的数据即f[ i - 1 ][ j - weight[i] ]，因为01背包每个物品至多被选一次。而完全背包中，每个物品可以被选无限次，那么状态f[i][j]，正好可以由可能已经放入物品i的状态f[ i - 1 ][ j - weight[i] ]转移而来。所以，遍历顺序改为顺序时，就是完全背包问题，其余都不用变~）
2.完全背包 和 01背包 的区别仅在于状态更新时的遍历顺序。（即01是逆序，完全是顺序）
3.不超过容量 和 恰好装满 的区别仅在于二者的初始化~（前者全0；后者，f[i][0] = 0（第一列），其余全为0x80000000，一维：除f[0]为0外，其余f[j]都是负无穷）
4.循环边界 i：【1，N】，j：【V，weight[i]】(下文有讲，还有更优化的..不过看不懂)
5.多重背包问题可以拆分为 01背包 与 完全背包 的组合。
6.打印出装的顺序（下文有讲 尚未看）
原文说的很详细甚至到了啰嗦的地步..持续整理中...= =b
以下整理自：背包问题九讲笔记_01背包
摘自Tianyi Cui童鞋的《背包问题九讲》，稍作修改，方便理解。
已知:有一个容量为V的背包和N件物品，第i件物品的重量是weight[i]，收益是value[i]。
限制:每种物品只有一件，可以选择放或者不放
问题:在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值或收益
变型问题:在恰好装满背包的情况下，最多能获得多少价值或收益
这里，我们先讨论在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值或收益。
基本思路分析
考虑我们的子问题，将前i件物品放到容量为v的背包中，若我们只考虑第i件物品时，它有两种选择，放或者不放。
1) 如果第i件物品不放入背包中，那么问题就转换为：将前i - 1件物品放到容量为v的背包中，带来的收益f[i - 1][v]
2) 如果第i件物品能放入背包中，那么问题就转换为：将前i - 1件物品放到容量为v - weight[i]的背包中，带来的收益f[i - 1][v - weight[i]] + value[i]
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 3;//物品个数
const int V = 5;//背包最大容量
int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量
int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品价值
int f[N + 1][V + 1] = {{0}};
/*
目标：在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值
子问题状态:f[i][j]:表示前i件物品放入容量为j的背包得到的最大价值
状态转移方程:f[i][j] = max{f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]}
初始化:f数组全设置为0
*/
int Knapsack()
{
//初始化
memset(f,0,sizeof(f));
//递推
for (int i = 1;i <= N;i++) //枚举物品。i为0时无意义，故f[0][j] = 初始值0
{
for (int j = 0;j <= V;j++) //枚举背包容量
{
f[i][j] = f[i - 1][j];
if (j >= weight[i])
{
f[i][j] = max(f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
}
}
}
return f[N][V];
}
效率分析：
此算法的时间复杂度为O(N*V)，空间复杂度也为O(N*V)。其中，N 表示物品个数，V 表示背包容量。
这里，时间复杂度不可以在优化了，但是空间复杂度可以继续优化到O(V)。
优化空间复杂度
上述的方法，我们使用二维数组 f[i][v] 保存中间状态，这里我们可以使用一维数组f[v]保存中间状态就能得到结果。
分析
我们现在使用f[v]保存中间状态，我们想要达到的效果是，第i次循环后，f[v]中存储的是前i个物体放到容量v时的最大价值
在回顾下之前讲过的状态转移方程：
f[i][v] = max(f[i - 1][v],f[i - 1][v - weight[i]] + value[i])
我们可以看到，要想得到 f[i][v]，我们需要知道 f[i - 1][v] 和 f[i - 1][v - weight[i]]，由于我们使用二维数组保存中间状态，所以可以直接取出这两个状态。
当我们使用一维数组存储状态时，f[v]表示，在执行i次循环后(此时已经处理i个物品)，前i个物体放到容量v时的最大价值，即之前的f[i][v]。与二维相比较，它把第一维隐去了，但是二者表达的含义还是相同的，只不过针对不同的i，f[v]一直在重复使用，所以，也会出现第i次循环可能会覆盖第i - 1次循环的结果。
为了求f[v],我们需要知道，前i - 1个物品放到容量v的背包中带来的收益，即之前的f[i - 1][v] 和 前i - 1件物品放到容量为v - weight[i]的背包中带来的收益，即之前的f[i - 1][v - weight[i]] + value[i]。
难点：
由于我们只使用一维数组存储，则在求这两个子问题时就没有直接取出那么方便了，因为，第i次循环可能会覆盖第i - 1次循环的结果。
现在我们来求这两个值：
1）前i - 1个物品放到容量v的背包中带来的收益，即之前的f[i - 1][v] ：
由于，在执行在i次循环时，f[v]存储的是前i个物体放到容量v时的最大价值，在求前i个物体放到容量v时的最大价值(即之前的f[i][v])时，我们是正在执行第 i 次循环，f[ v ]的值还是在第 i - 1 次循环时存下的值，在此时取出的 f[ v ]就是前i - 1个物体放到容量v时的最大价值，即f[i - 1][v]。
2）前i - 1件物品放到容量为v - weight[i]的背包中带来的收益，即之前的f[i - 1][v - weight[i]] + cost[i]
由于，在执行第i次循环前，f[0 ~ V]中保存的是第i - 1次循环的结果，即是前i - 1个物体分别放到容量0 ~ V时的最大价值，即f[i - 1][0 ~ V]。
则，在执行第i次循环前，f 数组中v - weight[i]的位置存储就是我们要找的 前i - 1件物品放到容量为v - weight[i]的背包中带来的收益 (即之前的f[i - 1][v - weight[i]])，这里假设物品是从数组下标1开始存储(全文皆是)。
伪代码
for i=1..N //枚举物品
for v=V..0 //枚举容量，从大到小
f[v]=max{f[v],f[v-weight[i]] + cost[i]};
由上面伪代码可知，在执行第 i 次循环时，需要把背包容量由V..0都要遍历一遍，检测第 i 件物品是否能放。
逆序枚举容量的原因：
注意一点，我们是由第 i - 1 次循环的两个状态推出 第 i 个状态的，而且 v > v - weight[i]，则对于第i次循环，背包容量只有当V..0循环时，才会先处理背包容量为v的状况，后处理背包容量为 v-weight[i] 的情况。
具体来说，由于，在执行v时，还没执行到v - weight[i]，因此，f[v - weight[i]]保存的还是第i - 1次循环的结果。即在执行第i次循环 且 背包容量为v时，此时的f[v]存储的是 f[i - 1][v] ，此时f[v-weight[i]]存储的是f[i - 1][v-weight[i]]。
相反，如果在执行第 i 次循环时，背包容量按照0..V的顺序遍历一遍，来检测第 i 件物品是否能放。此时在执行第i次循环 且 背包容量为v时，此时的f[v]存储的是 f[i - 1][v] ，但是，此时f[v-weight[i]]存储的是f[i][v-weight[i]]。
因为，v > v - weight[i]，第i次循环中，执行背包容量为v时，容量为v - weight[i]的背包已经计算过，即f[v - weight[i]]中存储的是f[i][v - weight[i]]。即，对于01背包，按照增序枚举背包容量是不对的。
01背包问题，不超过总容量的一维代码
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 3;//物品个数
const int V = 5;//背包最大容量
int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量
int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品价值
int f[V + 1] = {0};
/*
目标：在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值
子问题状态:f[j]:表示前i件物品放入容量为j的背包得到的最大价值
状态转移方程:f[j] = max{f[j],f[j - weight[i]] + value[i]}
初始化:f数组全设置为0
*/
int ZeroOnePack()
{
//初始化
memset(f,0,sizeof(f));
//递推
for (int i = 1;i <= N;i++) //枚举物品
{
for (int j = V;j >= weight[i];j--) //枚举背包容量,防越界，j下限为 weight[i]！！！
{
f[j] = max(f[j],f[j - weight[i]] + value[i]);
}
}
return f[V];
} 增序枚举背包容量会达到什么效果？它会重复的装入某个物品，而且尽可能多的，使价值最大，当然不会不超过背包容量
而逆序枚举背包容量：背包中的物品至多装一次，使价值最大，当然不会不超过背包容量
我们首先举例说明：
逆序枚举物品：
当i = 2，我们要求 f [5]：表示检测物品2放入容量为5的背包的最大收益
上图表示，当i = 2，求f[5]时f数组的状况，
橙色为数组现在存储的值，这些值是i = 1时(上一次循环)存入数组 f 的。相当于f[i - 1][v]
而黄色使我们要求的值，在求f[5]之前，f[5]= 5，即f[i - 1][5] = 5
现在要求 i = 2 时的f[5] = f[5 - 2] + 10 = 5 + 10 = 15 > f[i - 1][5] = 5
故，f[5] = 15；
注意一点，在求f[v]时，它引用的 f[v - weight[i]] 和 f[v]都是上一次循环的结果
顺序枚举物品
当i = 2，我们要求 f [5]：表示检测物品2放入容量为5的背包的最大收益
上图表示，当i = 2，求f[5]时f数组的状况，
橙色为数组现在存储的值，这些值是i = 2时(本次循环)存入数组 f 的。相当于f[i][v]
这是由于，我们是增序遍历数组f的，在求f[v]时，v之前的值(0 ~ v - 1)都已经在第i次循环中求出。
而黄色使我们要求的值，在求f[5]之前，f[5]= 5，即f[i - 1][5] = 5
现在要求 i = 2 时的f[5] = f[5 - 2] + 10 =10+ 10 = 20 > f[i - 1][5] = 5
故，f[5] = 20；
其中引用的f[3]是相当于f[i][3] 而不是正常的f[i - 1][3]
注意一点，在求f[v]时，它引用的 f[v - weight[i]]是本次循环的结果 而f[v]是上一次循环的结果
换个角度说，
在检测 背包容量为5时，看物品2是否加入
由状态转移方程可知，我们f[5]需要引用自己本身和f[3]
由于背包容量为3时，可以装入物品2，且收益比之前的大，所以放入背包了。
在检测f[5]时，肯定要加上物品2的收益，而f[5]在引用f[3]时，f[3]时已经加过一次物品2，
因此，在枚举背包容量时，物品2会加入多次。
进一步说：
我们观察一维状态转移方程：
f[i][v] = max(f[i - 1][v],f[i - 1][v - weight[i]] + cost[i])
首先我们明确三个问题
1) v - weight[i] < v
2) 状态f[i][v] 是由 f[i - 1][v] 和 f[i - 1][v - weight[i]] 两个状态决定
3) 对于物品i，我们在枚举背包容量时，只要背包容量能装下物品i 且 收益比原来的大，就会成功放入物品i。
具体来说，枚举背包容量时，是以递增的顺序的话，由于 v - weight[i] < v,则会先计算 v - weight[i]。在背包容量为v - weight[i]时，一旦装入了物品i，由于求f[v]需要使用f[i - 1][v - weight[i]]，而若求f[v]时也可以装入物品i的话，那么在背包容量为v时，容量为v的背包就装入可两次物品。又若v - weight[i]是由之前的状态推出，它们也成功装入物品i的话，那么容量为v的背包就装入了多次物品i了。
注意，此时，在计算f[v]时，已经把物品i能装入的全装入容量为v的背包了，此时装入物品i的次数为最大啊
其实，顺序枚举容量是完全背包问题最简捷的解决方案。
初始化的细节问题
求最优解的背包问题时，有两种问法：
1)在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值
2)在恰好装满背包的情况下，最多能获得多少价值
主要的区别为是否要求恰好装满背包。但这两种问法的实现方法是在初始化的时候有所不同。
1)恰好装满背包的情况：使用二维数组f[i][v]存储中间状态，其中第一维表示物品，第二维表示背包容量
初始化时，除了f[i][0] = 0（第一列）外，其他全为负无穷。
原因：初始化 f 数组就是表示：在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。对于恰好装满背包，只有背包容量为 0（第一列），可以什么物品都不装就能装满，这种情况是合法情况，此时价值为0。其他f[0][v]（第一列）是都不能装满的，此时有容量没物品。而其他位置（除去第一行和第一列的位置），我们为了在计算中比较最大值，也要初始化为负无穷。我们从程序的角度上看，我们只允许装入背包物品的序列的起始位置是从第一列开始，这些起始位置都是合法位置，且能恰好装满的情况收益均为正值，到f[N][V]终止。
注意，我们虽然是求恰好装满，还是需要枚举所有可以装入背包的物品，只要能装入，还需装入，收益有增加。只不过，由于恰好装满的物品的序列肯定是从第一列某行开始的，且之后的收益肯定是正值。对于非恰好装满的物品序列，其实位置肯定是从第一行某位置开始的，由于此时被初始化为负无穷，在和那些恰好装满物品序列带来的价值时，肯定是小的。所以，我们最后能获得最大值。
01背包恰好装满二维代码：
#include <iostream>
using namespace std;
const int MinNum = 0x80000000;
const int N = 3;//物品个数
const int V = 5;//背包最大容量
int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量
int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品价值
int f[N + 1][V + 1] = {{0}};
/*
目标：在恰好装满背包的情况下，最多能获得多少价值
子问题状态:f[i][j]:表示前i件物品放入容量为j的背包得到的最大价值
状态转移方程:f[i][j] = max{f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]}
初始化:f数组全设置为0
*/
int ZeroOnePack()
{
//初始化
for (int i = 0;i <= N;i++) //枚举物品
{
for (int j = 0;j <= V;j++) //枚举背包容量
{
f[i][j] = MinNum;
}
}
for (int i = 0;i <= N;i++)
{
f[i][0] = 0;//背包容量为0时为合法状态
}
//递推
for (int i = 1;i <= N;i++) //枚举物品
{
for (int j = 1;j <= V;j++) //枚举背包容量
{
f[i][j] = f[i - 1][j];
if (j >= weight[i])
{
f[i][j] = max(f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
}
}
}
return f[N][V];
}
int main()
{
cout<<ZeroOnePack()<<endl;//输出25
system("pause");
return 1;
} 使用一维数组f[v]存储中间状态，维表示背包容量
初始化时，除了f[0] = 0，其他全为负无穷。
原因：只有容量为0 的背包可以什么物品都不装就能装满，此时价值为0。其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，应该被赋值为负无穷了
01背包问题，恰好装满的一维代码
#include <iostream>
using namespace std;
const int MinNum = 0x80000000;//int最小的数
const int N = 3;//物品个数
const int V = 5;//背包最大容量
int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量
int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品价值
int f[V + 1] = {0};
/*
目标：在恰好装满背包容量的情况下，最多能获得多少价值
子问题状态:f[j]:表示前i件物品放入容量为j的背包得到的最大价值
状态转移方程:f[j] = max{f[j],f[j - weight[i]] + value[i]}
初始化:f数组全设置为0
*/
int ZeroOnePack()
{
//初始化
for (int i = 0;i <= V;i++)
{
f[i] = MinNum;
}
f[0] = 0;//只有背包容量为0时才是合法状态，由合法状态组成的结果才是合法的
//递推
for (int i = 1;i <= N;i++) //枚举物品
{
for (int j = V;j >= weight[i];j--) //枚举背包容量,防越界，j下限为 weight[i]
{
f[j] = max(f[j],f[j - weight[i]] + value[i]);
}
}
return f[V];
}
int main()
{
cout<<ZeroOnePack()<<endl;//输出25
system("pause");
return 1;
} 2)不需要把背包装满，只需要收益最大
使用二维数组f[i][v]存储中间状态，其中第一维表示物品，第二维表示背包容量
初始化时，除了f[i][0] = 0（第一列）外，其他全为负无穷。
使用一维数组f[v]存储中间状态，维表示背包容量
原因：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。
代码在最前面已贴，不在此上传。
一个常数优化
一维数组描述状态时的伪代码：
for i=1..N //枚举物品
for v=V..0 //枚举容量，从大到小
f[v]=max{f[v],f[v-weight[i]] + cost[i]};
观察可知，对于第i个物品，枚举背包容量下限时，可以到weight[i]为止。
原因：
1）对于第i物品，在求f[v]时，需要使用的状态是 v ~ v - weight[i] 这么多，这是由于v取最大容量V时，使用的状态才是v - weight[i]，当v不取最大状态时，使用的状态肯定是在v ~ v - weight[i]之间的。可以到weight[i]为止。
2）在到weight[i]为止时，还可以不进行if判断，担心v - weight[i]是否越界
此时，伪代码为
for i=1..N //枚举物品
for v=V..weight[i] //枚举容量，从大到小
f[v]=max{f[v],f[v-weight[i]] + cost[i]};
注意，对 f 数组，如果是检测第i个物品是否能放入，0 ~ weight[i] - 1的这些位置是不会遍历到的，则此时他们仍表示第i - 1次的状态，即二维的f[i - 1][v]。
还可以继续优化下界为
for i=1..N //枚举物品
bound=max{V-sum{weight[i..n]},weight[i]}//确定需要枚举容量的下界
for v=V..bound
f[v]=max{f[v],f[v-weight[i]] + cost[i]}; 原因：
1)网上的说法,不太懂,各位大牛可以指导下下。
对于第i次循环（指外循环），对于背包容量v = V(最大)时，对于f[v]的值，其实只要知道f[v-weight[i]]即可。以此类推，对于背包容量为 j 时，我们只需要知道到f[v-sum{weight[j..n]}]即可
2)还有人说
如果比v-sum{weight[j..n]}这个小，那么即使后面物品的全要也装不满背包。
所以对于物品i，小于v-sum{weight[j..n]}的v值，无意义。
总之是不懂。智商啊
作者说，当V很大是，效果好。
代码
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 3;//物品个数
const int V = 5;//背包最大容量
int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量
int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品价值
int f[V + 1] = {0};
int Max(int x,int y)
{
return x > y ? x : y;
}
/*
目标：在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值
子问题状态:f[j]:表示前i件物品放入容量为j的背包得到的最大价值
状态转移方程:f[j] = max{f[j],f[j - weight[i]] + value[i]}
初始化:f数组全设置为0
*/
int Knapsack()
{
int sum = 0;//存储还未处理物品的总容量
int bound = 0;
//初始化
memset(f,0,sizeof(f));
for (int i = 1;i <= N;i++)
{
sum += weight[i];
}
//递推
for (int i = 1;i <= N;i++) //枚举物品
{
//设置下界
if (i != 1)
{
sum -= weight[i - 1];
}
bound = Max(V - sum,weight[i]);
for (int j = V;j >= bound;j--) //枚举背包容量
{
if (f[j] < f[j - weight[i]] + value[i])
{
f[j] = f[j - weight[i]] + value[i];
}
}
}
return f[V];
}
int main()
{
cout<<Knapsack()<<endl;
system("pause");
return 1;
} 输出方案
一般而言，背包问题是要求一个最优值，如果要求输出这个最优值的方案，可以参照一般动态规划问题输出方案的方法：记录下每个状态的最优值是由状态转移方程的哪一项推出来的，换句话说，记录下它是由哪一个策略推出来的。便可根据这条策略找到上一个状态，从上一个状态接着向前推即可。
这里我们首先给出01背包的二维状态转移方程
f[i][v] = max(f[i - 1][v],f[i - 1][v - weight[i]] + cost[i])
对于状态f[i][v]，它来自两种策略，可以是f[i - 1][v],也可以是f[i - 1][v - weight[i]] + cost[i]
其中，对于第二种情况，就是把物品i放入背包了，这里也是我们要找的情况
根据状态转移方程，我们可以给出两种实现方法
1) 借助存储状态的数组，直接根据状态转移方程倒着推，检测是否满足
f[i][v] == f[i - 1][v - weight[i]] + value[i]
如果满足，则把第i件物品放入了，此时我们要检测第i - 1件物品，背包容量为v - weight[i]
不满足则表示没有把第i件物品放入，直接检测第i - 1件物品，此时背包容量还是v
注意，这种方法只适用于存储状态数组不压缩的情况。压缩数组由于数据有覆盖，不能使用
代码：
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 3;//物品个数
const int V = 5;//背包最大容量
int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量
int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品价值
int f[N + 1][V + 1] = {{0}};
int Max(int x,int y)
{
return x > y ? x : y;
}
/*
目标：在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值
子问题状态:f[i][j]:表示前i件物品放入容量为j的背包得到的最大价值
状态转移方程:f[i][j] = max{f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]}
初始化:f数组全设置为0
*/
int Knapsack()
{
//初始化
memset(f,0,sizeof(f));
//递推
for (int i = 1;i <= N;i++) //枚举物品
{
for (int j = 1;j <= V;j++) //枚举背包容量
{
f[i][j] = f[i - 1][j];
if (j >= weight[i])
{
f[i][j] = Max(f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
}
}
}
return f[N][V];
}
/*
输出顺序:逆序输出物品编号
注意：这里借助状态数组f[i][v]
使用状态转移方程:f[i][j] = max{f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]}
*/
void PrintKnapsack()
{
int i = N;//枚举物品
int j = V;//枚举空间
cout<<"加入背包的物品编号:"<<endl;
while(i)
{
if (f[i][j] == f[i - 1][j - weight[i]] + value[i])
{
/*if不满足，表示第i件物品没装入背包,
if条件满足，表示放入背包了*/
cout<<i<<" ";
j -= weight[i];//此时容量减少
}
i--;
}
cout<<endl;
}
/*
输出顺序:顺序输出物品编号
注意：这里借助状态数组f[i][v]
使用状态转移方程:f[i][j] = max{f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]}
*/
void PrintKnapsack_recursion(int i,int j)
{
if (i == 0 || j == 0)
{
return;
}
if (f[i][j] == f[i - 1][j - weight[i]] + value[i])
{
PrintKnapsack_recursion(i - 1,j - weight[i]);
cout<<i<<" ";
}
}
int main()
{
cout<<Knapsack()<<endl;
PrintKnapsack();
PrintKnapsack_recursion(N,V);
system("pause");
return 1;
} 2) 另外开辟数组，在求解最大收益时做标记位。求解完最大收益后，根据这个新数组倒着推结果
思想：对于现在这个状态的位置，它存储的是该状态上一位置
注意：这种方法均适用存储状态数组不压缩 和 压缩两种情况
代码：
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 3;//物品个数
const int V = 5;//背包最大容量
int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量
int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品价值
int f[V + 1] = {0};
int G[N + 1][V + 1] = {{0}};//求背包序列
int Max(int x,int y)
{
return x > y ? x : y;
}
/*
目标：在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值
子问题状态:f[j]:表示前i件物品放入容量为j的背包得到的最大价值
状态转移方程:f[j] = max{f[j],f[j - weight[i]] + value[i]}
初始化:f数组全设置为0
*/
int Knapsack()
{
//初始化
memset(f,0,sizeof(f));
memset(G,0,sizeof(G));
//递推
for (int i = 1;i <= N;i++) //枚举物品
{
for (int j = V;j >= weight[i];j--) //枚举背包容量
{
if (f[j] < f[j - weight[i]] + value[i])
{
f[j] = f[j - weight[i]] + value[i];
G[i][j] = 1;
}
}
}
return f[V];
}
/*
输出顺序:逆序输出物品编号
注意：这里另外开辟数组G[i][v],标记上一个状态的位置
G[i][v] = 1:表示物品i放入背包了，上一状态为G[i - 1][v - weight[i]]
G[i][v] = 0:表示物品i没有放入背包，上一状态为G[i - 1][v]
*/
void PrintKnapsack()
{
int i = N;//枚举物品
int j = V;//枚举空间
cout<<"加入背包的物品编号:"<<endl;
while(i)
{
if (G[i][j] == 1)
{
/*if不满足，表示第i件物品没装入背包,
if条件满足，表示放入背包了*/
cout<<i<<" ";
j -= weight[i];//此时容量减少
}
i--;
}
cout<<endl;
}
/*
输出顺序:顺序输出物品编号
注意：这里另外开辟数组G[i][v],标记上一个状态的位置
G[i][v] = 1:表示物品i放入背包了，上一状态为G[i - 1][v - weight[i]]
G[i][v] = 0:表示物品i没有放入背包，上一状态为G[i - 1][v]
*/
void PrintKnapsack_recursion(int i,int j)
{
if (i == 0 || j == 0)
{
return;
}
if (G[i][j] == 1)
{
PrintKnapsack_recursion(i - 1,j - weight[i]);
cout<<i<<" ";
}
}
int main()
{
cout<<Knapsack()<<endl;
PrintKnapsack();
PrintKnapsack_recursion(N,V);
system("pause");
return 1;
} 小结：
01 背包问题是最基本的背包问题，它包含了背包问题中设计状态、方程的最基本思想。另外，别的类型的背包问题往往也可以转换成01 背包问题求解。故一定要仔细体会上面基本思路的得出方法，状态转移方程的意义，以及空间复杂度怎样被优化。
多重背包问题：
1、问题描述
已知:有一个容量为V的背包和N件物品，第i件物品最多有Num[i]件，每件物品的重量是weight[i]，收益是cost[i]。
问题:在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值或收益
举例：物品个数N = 3，背包容量为V = 8，则背包可以装下的最大价值为64.
----------------------------------------------
2、转换为01背包问题求解（直接利用01背包）
思路 1、直接对每一件物品进行拆分成Num[i]件，之后在拆分后的集合上进行01背包的求解。
时间复杂度：O(V*Σ(Weight[i]))。太慢不好。
思路 2、采用二进制拆分的思想。对每i件物品，拆分的策略为：新拆分的物品的重量等于1件,2件,4件,..,(2^(k - 1)),Num[i] - (2^(k - 1))件，其中k 是满足Num[i] - 2^k + 1 > 0 的最大整数。
注意：
（1）最后一个物品的件数的求法和前面不同，其直接等于 该物品的最大件数 - 前面已经分配之和。
（2）分成的这几件物品的系数和为Num[i]，表明第i种物品取的件数不能多于Num[i]。
举例：某物品为13件，则其可以分成四件物品，其系数为1,2,4,6.这里k = 3。
当然，这里使用二进制的前提还是使用二进制拆分能保证对于0,,,Num[i]间的每一个整数，均可以用若干个系数的和表示。
具体使用时，有一个小优化，即：我们不对所有的物品进行拆分，因此物品一旦拆分，其物品个数肯定增加，那么复杂度肯定上去。
此时，我们可以选择性地对物品进行拆分：
（1）如果第i个物品的重量Weight[i] * 物品的个数Num[i] >= 背包总重量V，可以不用拆分。
（2）如果第i个物品的重量Weight[i] * 物品的个数Num[i] < 背包总重量V，需要拆分。
其实，拆不拆分，就看该物品能不能满足完全背包的条件。即，看该物品能不能无限量供应。
解释：为啥满足Weight[i] * 物品的个数Num[i] >= 背包总重量V的物品可以不用拆分?
此时，满足该条件时，此物品相当于是无限供应，直到背包放不下为止。
最终，对于不需要拆分的物品，可以看成完全背包的情况，调用处理完全背包物品的函数；对于需要拆分的物品，可以看成01背包的情况，调用处理01背包物品的函数。
这样，由于不对满足完全背包的物品进行拆分，此时物品个数就没有对所有物品拆分时的物品个数多，即程序中外层循环降低，复杂度也就下去了。
伪代码：
这里：C表示该物品的重量。M表示该物品的个数。V表示背包的最大容量。W表示该物品的收益。
多重背包问题代码：
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1005;
int f[N + 1] = {0}; //初始化值
int weight[N + 1], value[N + 1], num[N + 1];
int V,n;
/*
01背包，v为降序
f[v]:表示把前i件物品放入容量为v的背包中获得的最大收益。
f[v] = max(f[v],f[v - Weight[i]] + Value[i]);
*/
void ZeroOnePack(int nWeight,int nValue)
{
for (int v = V;v >= nWeight;v--)
{
f[v] = max(f[v],f[v - nWeight] + nValue);
}
}
/*
完全背包，v为增序。
f[v]:表示把前i件物品放入容量为v的背包中获得的最大收益。
f[v] = max(f[v],f[v - Weight[i]] + Value[i]);
*/
void CompletePack(int nWeight,int nValue)
{
for (int v = nWeight;v <= V;v++)
{
f[v] = max(f[v],f[v - nWeight] + nValue);
}
}
int MultiplePack()
{
int k = 1;
int nCount = 0;
for (int i = 1;i <= N;i++)
{
if (weight[i] * num[i] >= V)
{
//此时满足条件Weight[i] * Num[i] >= V时，
//完全背包:该类物品相当于是无限供应，直到背包放不下为止。
CompletePack(weight[i],value[i]);
}
else
{
k = 1;
nCount = num[i];
while(k <= nCount)
{
ZeroOnePack(k * weight[i],k * value[i]);
nCount -= k;
k *= 2;
}
ZeroOnePack(nCount * weight[i],nCount * value[i]);
}
}
return f[V];
}
int main()
{
int t,i;
cin>>t;//会输入几组数据
while(t--){
cin>>V>>n;//v：背包容量 n：物体个数
for(i = 1 ; i <= n; i++)//从i = 1开始输入！所以最后输出f[V]不是f[V-1]！
cin>>weight[i]>>value[i]>>num[i];
cout<<MultiplePack()<<endl;
}
return 1;
}
背包问题【01、完全（恰好or不超过）、多重】【尚未整理完】
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原文地址：http://blog.csdn.net/dr_unknown/article/details/51275471
