如上圖是一個LeetCode的經典問題，0-1揹包問題

1.0-1揹包問題的分析

嘗試下面的算法

暴力解法：每一件物品都可以放進揹包，也可以不放進揹包，時間複雜度爲O((2^n)*n)，需要耗費太久的時間 X

貪心算法：優先放入平均價值最高的物品，如下圖例子 X

假設有一個容量爲5的揹包

（1）此時如果採用貪心算法，則應該是先放入6，佔了一個容量，再放入10，佔了2個容量，此時一共佔用了3個容量，無法繼續放入第3個物品，此時貪心算法的結果就是16

（2）但如果我們不放入1，只放入2,3物品，則此時揹包容量剛好填滿，價值爲22。此時我們剛好放棄了平均價值最大的物品，

因此貪心算法是不正確的

（1）狀態方程

F（n,C）:考慮將n個物品放進容量爲C的揹包，使得價值最大聲

狀態轉移方程分析：

狀態有兩種，一種是該物品放進揹包，一種是不放進揹包，直接考慮後面的物品，兩種狀態取大值即可

F（i，C） = F（i-1，C）不放進揹包，直接考慮後面的物品

=v（i） + F（i-1，C-w（i））該物品放進揹包

狀態轉移方程：F（i，C）= max(F（i-1，C），v（i） + F（i-1，C-w（i））)

2.遞歸算法

class Solution {
    private $w,$v;  //使其成爲成員變量
    public function knapsack01($w,$v,$c){
        $len = count($w);
        $this->w = $w;
        $this->v = $v;
        return $this->bestValue($len-1,$c);
    }
    /**
     * [用[0...index]的物品，填充容積爲c的揹包的最大價值]
     * @param  [type] $index [考慮到的物品的下標]
     * @param  [type] $c     [剩餘的容量]
     */
    private function bestValue($index,$c){
        if($index < 0 || $c <= 0) return 0;
        $res = $this->bestValue($index-1,$c);       //不放入該物體，直接考慮後面的物品放入
        if($c >= $this->w[$index])                  //如果該物體能放得下該揹包，則放入，並與上面的策略取大值
            $res = max($res, $this->v[$index] + $this->bestValue($index-1,$c-$this->w[$index]));
        return $res;
    }
}
$q = new Solution();
$w = [1,2,3];
$v = [6,10,12];
$c = 5;
var_dump($q->knapsack01($w,$v,$c));

3.記憶化搜索

遞歸解答中存在大量的重疊子結構問題，可以利用index 和剩餘容量 c 作爲記憶化數組的下標

class Solution {
    private $w,$v;       //使其成爲成員變量
    private $memo = [];  //初始化記憶化數組
    public function knapsack01($w,$v,$c){
        $len = count($w);
        $this->w = $w;
        $this->v = $v;
        return $this->bestValue($len-1,$c);
    }
    /**
     * [用[0...index]的物品，填充容積爲c的揹包的最大價值]
     * @param  [type] $index [考慮到的物品的下標]
     * @param  [type] $c     [剩餘的容量]
     */
    private function bestValue($index,$c){
        if($index < 0 || $c <= 0) return 0;
        if(isset($this->memo[$index][$c]))          //檢索是否已經檢索過
            return $this->memo[$index][$c];
        $res = $this->bestValue($index-1,$c);       //不放入該物體，直接考慮後面的物品放入
        if($c >= $this->w[$index])                  //如果該物體能放得下該揹包，則放入，並與上面的策略取大值
            $res = max($res, $this->v[$index] + $this->bestValue($index-1,$c-$this->w[$index]));
        $this->memo[$index][$c] = $res;             //保存記憶化數組
        return $res;
    }
}
$q = new Solution();
$w = [1,2,3];
$v = [6,10,12];
$c = 5;
var_dump($q->knapsack01($w,$v,$c));

4.動態規劃

在二維數組中使用動態規劃，模擬填充過程.

行爲物品，列爲容量

（1）填充第一行，容量爲0的時候，不能填充，因此該點的價值爲0。容量爲1的時候，可以填充物品0，此時價值爲6，往後的所有點的最大價值都爲6

（2）填充第二行，每一個元素點都有兩種可能，一種爲放入該物品，另一種爲不放入該物品

0點，無法放入物體，最大價值依舊是0；下標1，無法放入1號物品，因此最大價值爲放入1號下標之前的最大收益，爲6
下標2，可以放入物品1，因此有兩種情況，不放入該物品時，所獲最大價值爲該容量的上一個最大收益，爲6；放入該物體時，價值則等於該物體的價值10加上當前容量減去該物體所佔體積的（2-2）的容量位置的最大收益的值，即爲10+0 = 10 > 6,則下標2位置的最大收益變爲 10
以此類推，一直到容量5，不放入該物體時，當前容量的最大收益爲6；放入該物體時，10 + 6 = 16 > 6 ，因此該下標的最大收益爲16

（3）以此類推，填充第三行，到容積爲3時才能放入該物體，到最後一個下標5時，如果不放入該物體，則最大收益爲上一行容量的最大收益；如果放入該物體，則最大收益爲，該物體所獲收益12 + 容量-該物體佔用容量的容量下標所獲最大收益10 10+12=22>16,因此最終答案爲22

class Solution {
    public function knapsack01($w,$v,$c){
        $len = count($w);                        //求數組長度
        $dp = [];                                //初始化動態規劃二維數組
        for($j = 0; $j <= $c; ++$j)              //初始化第一行數據
            $dp[0][$j] = $j >= $w[0]? $v[0]: 0;
        for($i = 1;$i < $len; ++$i){             //從第二行開始冬天規劃
            for($j = 0;$j <= $c; ++$j){
                $dp[$i][$j] = $dp[$i-1][$j];     //不放入物品的策略
                if($j >= $w[$i])                 //如果物品可以放入，則取與物品可以放入的最大值
                    $dp[$i][$j] = max($dp[$i][$j], $v[$i] + $dp[$i-1][$j-$w[$i]]);
            }
        }
        return $dp[$len-1][$c];                  //最終，最後一個元素未所求答案
    }
}
$q = new Solution();
$w = [1,2,3];
$v = [6,10,12];
$c = 5;
var_dump($q->knapsack01($w,$v,$c));

5.優化1——空間複雜度O(2C)

原本的動態規劃的時間複雜度爲O(n*c) ,空間複雜度爲O(n*c)

狀態轉移方程：F（i，C）= max(F（i-1，C），v（i） + F（i-1，C-w（i））)

第i行元素只依賴於第i-1行元素，所以理論上，只需要保持兩行元素即可，空間複雜度O(2*c) = O(c)

我們可以定義兩行，第一行都在處理偶數的數，第二行都是奇數

通過節省空間，可以解決的問題範圍就大大增加了

class Solution {
    public function knapsack01($w,$v,$c){
        $len = count($w);                         //求數組長度
        $dp = [];                                 //初始化動態規劃二維數組
        for($j = 0; $j <= $c; ++$j)               //初始化第一行數據
            $dp[0][$j] = $j >= $w[0]? $v[0]: 0; 
        for($i = 1;$i < $len; ++$i){              //從第二行開始冬天規劃
            for($j = 0;$j <= $c; ++$j){ 
                $dp[$i%2][$j] = $dp[($i-1)%2][$j];//不放入物品的策略
                if($j >= $w[$i])                  //如果物品可以放入，則取與物品可以放入的最大值
                    $dp[$i%2][$j] = max($dp[$i%2][$j], $v[$i] + $dp[($i-1)%2][$j-$w[$i]]);
            }
        }
        return $dp[($len-1)%2][$c];               //最終，最後一個元素未所求答案
    }
}
$q = new Solution();
$w = [1,2,3];
$v = [6,10,12];
$c = 5;
var_dump($q->knapsack01($w,$v,$c));

6.優化2——空間複雜度O(C)

根據上面的圖例，每一次更新都會參考上面和左邊的內容，右邊的內容不會進行操作

因此我們可以只開闢一個一維的長度爲C的數組，從右往左進行動態規劃

不僅可以節省時間複雜度，$j 只需遍歷到比當前物體佔用位置大的下標，再小就放不下去

還可以節省空間複雜度，O（C），每次都與自身（即不放入當前物體）和放入物體後取大值

簡潔代碼

class Solution {
    public function knapsack01($w,$v,$c){
        $len = count($w);                        //求數組長度
        $dp = [];                                //初始化動態規劃二維數組
        for($j = 0; $j <= $c; ++$j)              //初始化第一行數據
            $dp[$j] = $j >= $w[0]? $v[0]: 0;
        for($i = 1;$i < $len; ++$i){             //從第二個物品開始，從右往左開始動態規劃
            for($j = $c;$j >= $w[$i]; --$j){     //$j爲當前的容量，當前的容量要當前物品所佔用的地方，否則放不下去
                $dp[$j] = max($dp[$j], $v[$i] + $dp[$j-$w[$i]]);//跟原先的自己（即不放入該物體）和放入該物體後比較
            }
        }
        return $dp[$c];                  //最終，最後一個元素爲所求答案
    }
}
$q = new Solution();
$w = [1,2,3];
$v = [6,10,12];
$c = 5;
var_dump($q->knapsack01($w,$v,$c));      //22

7.0-1揹包問題的變種

完全揹包問題：每個物品可以無限使用

多重揹包問題：每個物品不止1個，有num(i)個

多維費用揹包問題：要同時考慮物品的體積和重量兩個維度

物品之間互相排斥/互相依賴

……各種約束，腦瓜疼

動態規劃-經典問題（0-1揹包問題）分析及優化

1.0-1揹包問題的分析

（1）狀態方程

2.遞歸算法

3.記憶化搜索

4.動態規劃

5.優化1——空間複雜度O(2C)

6.優化2——空間複雜度O(C)

7.0-1揹包問題的變種

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【PHP解法==LeetCode（動態規劃2-最優子結構）】343.整數拆分 && 91.解碼方法 && 62.63不同路徑

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