经典动态规划——背包问题系列一
复赛前发一波博客，虽然意义不是很大了……
本篇讲的是背包问题基础
01背包问题
简述
有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的体积是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
思路
动态规划的基本题，背包问题之母。
对动态规划有一定了解的人应该都应理解它的原理和方程。
所谓动态规划，就是把问题分成互相联系的多个阶段决策，每一步决策都能影响答案。当然，各个阶段决策的选取不是任意确定的，它依赖于当前面临的状态，又影响以后的发展。那么我们需要确定，各阶段之间的关系是什么以及各状态如何决策才能使答案最优。
在背包问题中，我们通常把背包容量设为状态。那么我们需要决策，到底如何放置物品，才能使各阶段背包在有限容量内装价值最多的物品？
首先我们需要知道：背包容量大的状态一定由容量小的状态转移过来，因为我们要不断选物品，这样是总重量越来越大。现在我们用f[i][j]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。
我们只要枚举物品，在有限的空间里取物品，并一直取max，就能在规定背包空间内跑完。
\[ dp[i][v] = max(dp[i-1][v],dp[i-1][v-c[i]]+w[i]） \]
为什么要逆着枚举？因为容量大的状态要从容量小的状态转移过来，而我们要固定每个容量去装物品，所以要从大到小枚举。
代码
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=v;j>=0;j--)
{
if(j >= c[i])
dp[i][j]=max(dp[i-1][j-c[i]]+w[i],dp[i-1][j]);
else
dp[i][j] = dp[i-1][j];
}
优化
将我们可以优化一维空间，方程就变成了：
\[
dp[v] = max(dp[v],dp[v-c[i]] + w[i])
\]
代码
for(int j=v;j>=w[i];j--)
dp[j] = max(dp[j],dp[j-c[i]]+w[i]);
拓展：背包方案数问题
简述
还是01背包，现在让你求取得物品总价值最大时的方案数。
思路
类似地，还是思考状态是什么以及如何从上一个状态转移过来。我们还设状态为前i个物品，以及背包体积v。动归数组存的是方案数，然后思考如何转移。
我们设dp[i][j]存的是最大价值，f[i][j]存的是方案数。
类比之前的方程，若dp[i][j]由dp[i-1][j]转移过来，那么f[i][j]的应该等于f[i-1][j]；若dp[i][j]由dp[i][j-c[i]]转移过来，那么f[i][j]也应该等于f[i][j-c[i]]；若dp[i][j-c[i]]与dp[i-1][j]相等，那么根据加法原理，f[i][j]应是f[i-1][j]与f[i][j-c[i]]的和。
所以我们得出了方程：
\[
f[i][j] =
\begin{cases}
f[i-1][j]\ \ \ \ \ \ (dp[i-1][j] > dp[i][j-c[i]])\\
f[i][j-c[i]]\ \ \ (dp[i-1][j] < dp[i][j-c[i])\\
f[i-1][j] + f[i][j-c[i]]\ \ (dp[i-1][j] = dp[i][j-c[i])
\end{cases}
\]
拓展：数字组合问题
简述
给你n块钱，有m种钱币，每种钱币只能用一次，问组成n块钱有多少种方法。
思路
既然你要考虑用dp做，那你肯定会毫无疑问地去选择前i个物品，选j个和钱数k作为状态，用背包来计算方案数。
也就是
\[
dp[i][j][k] += dp[i-1][j][k]
\]
\[ if(k >= v[i]) \\ dp[i][j][k] += dp[i-1][j-1][k-v[i]] \]
事实上这样会超时。
所以要怎么做？
先将物品排升序，枚举状态\(i\)，表示第\(i\)个物品是未被选的物品中价值最小的一个物品。
那么价值比它小的物品，都在它左面，而且都会被选，把他们用前缀和维护起来。
现在你剩余一些钱j，从后面选取一些物品使价值最大但不超过j，这就是背包。
所以一共二维，时间复杂度空间复杂度皆降低。
来源：https://www.cnblogs.com/Ch-someone/p/9892201.html