标签：长度 背包 剪枝 限制 规划 数组 循环 highlight 转化
背包问题无疑是最经典的dp问题，其次就是关于字符串匹配问题，数组最长递增（减）序列长度等等。背包问题变体很多。
动态规划问题实际上与备忘录式深搜有些类似。
题目：
有n个重量和价值分别为wi, vi的物品。从这些物品中挑选出总重量不超过W的物品，求所有挑选方案中价值总和的最大值。
限制条件：
1<= n <= 100; 1<= wi, vi <= 100; 1 <= W <= 1000
样例：
输入
n = 4
(w, v) = {(2,3),(1,2),(3,4),(2,2)}
W = 5
输出
7 （选择第0，1，3号物品）
先从深搜开始，仔细分析问题，就会发现一个特点：每种物品有两种选择，放或者不放。
int n, int W;
int w[MAX_N], v[MAX_N];
int process(int i, int j){
int res;
if(i == n){
res = 0;
} else if(j < w[i]){
res = process(i + 1, j);
} else {
res = max(process(i + 1, j), process(i + 1, j - w[i]) + v[i]);
}
return res;
}
void solve(){
printf("%d\n", process(0, W));
}
深搜的一个缺点就是会重复计算，所以有了备忘录式深搜，剪枝操作减少不必要的计算。
int n, int W;
int w[MAX_N], v[MAX_N];
int dp[MAX_N][MAX_W + 1];
int process(int i, int j){
if(dp[i][j] >= 0) {
return dp[i][j];
}
int res;
if(i == n){
res = 0;
} else if(j < w[i]){
res = process(i + 1, j);
} else {
res = max(process(i + 1, j), process(i + 1, j - w[i]) + v[i]);
}
return dp[i][j] = res;
}
void solve(){
memset(dp, -1, sizeof(dp));
printf("%d\n", process(0, W));
}
还有一种深搜写法：
int process(int i, int j， int sum){
int res;
if(i == n){
res = sum;
} else if(j < w[i]){
res = process(i + 1, j, sum);
} else {
res = max(process(i + 1, j, sum), process(i + 1, j - w[i], sum + v[i]);
}
return res;
}
这种写法不利于备忘录式搜索的实现，尽量不要用这种形式。
根据备忘录式深搜，dp[i][j]为从第i个物品开始挑选总重小于j时，总价值的最大值。
i = n; dp[n][j] = 0;
j < w[j] dp[i + 1][j]
其他 max(dp[i + 1][j], dp[i + 1][j - w[i] + v[i])
void solve(){
for (int i = n - 1; i >= 0; --i){
for(int j = 0; j <= W; ++j){
if(j < w[i]){
dp[i][j] = dp[i + 1][j];
} else {
dp[i][j] = max(dp[i + 1][j], dp[i + 1][j - w[i]] + v[i]);
}
}
}
printf("%d\n", dp[0][W]);
}
重新定义dp方式：dp[i + 1][j] 为 从前面i个物品中选出总重量不超过j的物品时总价值的最大值。
dp[0][j] = 0;
dp[i + 1][j] = dp[i][j] j < w[i]
max(dp[i][j], dp[i][j - w[i]] + v[i]) 其他
void solve(){
for(int i = 0; i < n; ++i){
for(int j = 0; j <= W; ++j){
if(j < w[i]){
dp[i + 1][j] = dp[i][j];
} else {
dp[i + 1][j] = max(dp[i][j], dp[i][j - w[i]] + v[i]);
}
}
}
printf("%d\n", dp[n][W]);
}
背包问题的基本方程式： dp[i + 1][j] = max(dp[i][j], dp[i][j - w[i]] + v[i]);
动态规划只与之前的状态有关，不会和下一个状态有联系。对于此问题的状态定义，dp[i + 1][j]为将前i件物品放入容量为j的背包,即问题的子问题。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和前i - 1件物品相关的问题。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j的背包中”，价值为dp[i - 1][j]；如果放第i件物品，那么问就转化为“前i - 1件物品放入剩下的容量为j - w[i] 的背包中, 然后将第i件物品放入背包中”，此时能获得的最大价值就是dp[i][j - w[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值v[i]，即dp[i][j - w[i]] + v[i] 。
0-1背包问题解题思路就是如此，但是在具体的代码实现中可以优化代码。
空间复杂度优化：分析dp方程：dp[i+1][a]的计算只来自dp[i][b]（a >= b)，那么就联想到数组复用。使用一维数组实现代码。dp[i + 1][j]由dp[i][j]和dp[i][j - w[i]]两个子问题推导得到，所以要保证在推dp[i + 1][j]时能够取用dp[i][j]和dp[i][j - w[i]]的值。也就是说，推导dp[j]时要使用上一循环的dp[j]和dp[j - w[i]]，那么就必须保证在本次循环推导dp[j]时不能改写dp[j]和dp[j - w[i]]。
int dp[MAX_W + 1];
void solve(){
for(int i = 0; i < n; ++i){
for(int j = W; j >= w[i]; --j){
dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);
}
}
printf("%d\n", dp[n][W]);
}
这里dp[j - w[i]]对应着原来的dp[i][j - w[i]],如果将j的循环顺序颠倒，即w[i]-W,那么就成了dp[i+1][j]由dp[i][j]推导得到，与题意不符。
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原文地址：http://www.cnblogs.com/Atanisi/p/7609013.html
