完全揹包問題

方法：直接尋找遞推關係

第 $i-1$ 件物品選 $k$ 個

int dp[maxn+1][maxn+1];
void solve(){
    for(int i=0;i<n;i++)
        for(int j=0;j<=W;j++)
            for(int k=0;k*w[i]<=j;k++)
                dp[i+1][j]=max(dp[i+1][j],dp[i][j-k*w[i]]+k*v[i]);
    cout<<dp[n][W];
}

k的循環最壞可能從0到W，所以算法時間複雜度爲 $O(nW^2)$

我們尋找這個算法中多餘的計算（已知結果的計算）
在dp[i+1][j]的計算中選擇 $k(k≥1)$ 個的情況，與在dp[i+1][j-w[i]]的計算中選擇 $k-1$ 個的情況是相同的，所以dp[i+1][j]的遞推中 $k≥1$ 部分的計算已在dp[i+1][j-w[i]]的計算中完成了。則可按照如下方式變形：

void solve(){
    for(int i=0;i<n;i++)
        for(int j=0;j<=W;j++){
            if(i<w[i]) dp[i+1][j]=dp[i][j];
            else dp[i+1][j]=max(dp[i][j],dp[i+1][j-w[i]]+v[i]);
        }
    cout<<dp[n][W];
}

時間複雜度爲 $O(nW)$。完全揹包問題也可以通過不斷重複利用一個數組來實現：

int dp[maxn+1];
void solve(){
    for(int i=0;i<n;i++)
        for(int j=0;j<=W;j++)
            dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);      
    cout<<dp[W];
}

DP數組的再利用

還可能通過將兩個數組滾動使用來實現重複利用。例如

dp[i+1][j]=max(do[i][j],dp[i+1][j-w[i]]+v[i])

這一遞推式中，dp[i+1]計算時只需要dp[i]和dp[i+1]，所以可以結合奇偶性寫成如下形式：

int dp[2][maxn+1];
void solve(){
    for(int i=0;i<n;i++)
        for(int j=W;j<=W;j++){
            if(j<w[i]) dp[(i+1)&1][j]=dp[i&1][j];
            else dp[(i+1)&1][j]=max(dp[i&1][j],dp[(i+1)&1][j-w[i]]+v[i]);
        }           
    cout<<dp[n&1][W];
}