AcWing 2. 01揹包問題（模板）

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01揹包問題描述：

有 $N$ 件物品和一個容量爲 $V$ 的揹包。放入第 $i$ 件物品耗費的費用是 $C_i$，得到的價值是 $W_i$。求解將哪些物品裝入揹包可使價值總和最大。

這是最基礎的揹包問題，特點是：每種物品僅有一件，可以選擇放或不放。

用子問題定義狀態：即 $F[i, v]$ 表示前 $i$ 件物品恰放入一個容量爲 $v$ 的揹包可以獲得的最大價值。

則其狀態轉移方程便是：$F[i, v] = max\left\{F[i − 1, v], F[i − 1, v − C_i] + W_i\right\}$

這個方程非常重要，基本上所有跟揹包相關的問題的方程都是由它衍生出來的。

所以有必要將它詳細解釋一下：“將前 $i$ 件物品放入容量爲 $v$ 的揹包中”這個子問題，若只考慮第 $i$ 件物品的策略（放或不放），那麼就可以轉化爲一個只和前 $i − 1$ 件物品相關的問題。

1. 如果不放第 $i$ 件物品，那麼問題就轉化爲“前 $i − 1$ 件物品放入容量爲 $v$ 的揹包中”，價值爲 $F[i − 1, v]$；
2. 如果放第 $i$ 件物品，那麼問題就轉化爲“前 $i − 1$ 件物品放入剩下的容量爲 $v − C_i$ 的揹包中”，此時能獲得的最大價值就是 $F[i − 1, v − C_i]$ 再加上通過放入第 $i$ 件物品獲得的價值 $W_i$。

注意到 $F[i,v]$ 只與之前的狀態 $F[i-1, ...]$ 有關，所以可以枚舉 $i$ 從 $1$ 到 $N$，$v$ 從 $0$ 到 $V$ ，通過邊界 $F[0, 0...V] = 0$（即前 $0$ 件物品放入任何容量的揹包中都只能獲得價值 $0$）就可以把整個 $F$ 數組遞推出來。

#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;
const int N = 1010;

int v[N], w[N];
int f[N][N];
int n, m;

int main()
{
    cin>>n>>m;
    
    for(int i = 1; i <= n; ++i)  cin>>v[i]>>w[i];
    
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        for(int j = 0; j <= m; ++j)
        {
            f[i][j] = f[i-1][j];
            if(j >= v[i])   f[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][j-v[i]] + w[i]);
        }
    }
    
    cout<<f[n][m]<<endl;
    
    return 0;
}

以上方法的時間和空間複雜度均爲 $O(VN)$，其中時間複雜度應該已經不能再優化了，但空間複雜度卻可以優化到 $O(V)$。

先考慮上面講的基本思路如何實現，肯定是有一個主循環 $i ← 1 . . . N$，每次算出來二維數組 $F[i, 0 . . . V]$ 的所有值。

那麼，如果只用一個數組 $F[0 . . . V]$，能不能保證第 $i$ 次循環結束後 $F[v]$ 中表示的就是我們定義的狀態 $F[i, v]$ 呢？

$F[i, v]$ 是由 $F[i − 1, v]$ 和 $F[i − 1, v − C_i]$ 兩個子問題遞推而來，能否保證在推 $F[i, v]$ 時（也即在第 $i$ 次主循環中推 $F[v]$ 時）能夠取用 $F[i − 1, v]$ 和 $F[i − 1, v − C_i]$ 的值呢？

事實上，這要求在每次主循環中我們以 $v ← V . . . 0$ 的遞減順序計算 $F[v]$，這樣才能保證計算 $F[v]$ 時 $F[v − C_i]$ 保存的是狀態 $F[i − 1, v − C_i]$ 的值。

#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;
const int N = 1010;

int v[N], w[N];
int f[N];
int n, m;

int main()
{
    cin>>n>>m;
    
    for(int i = 1; i <= n; ++i)  cin>>v[i]>>w[i];
    
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        for(int j = m; j >= v[i]; --j)
        {
            f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
        }
    }
    
    cout<<f[m]<<endl;
    
    return 0;
}

【補充】

我們看到的求最優解的揹包問題題目中，事實上有兩種不太相同的問法。

有的題目要求“恰好裝滿揹包”時的最優解，有的題目則並沒有要求必須把揹包裝滿。

一種區別這兩種問法的實現方法是在初始化的時候有所不同。

1. 如果是第一種問法，要求恰好裝滿揹包，那麼在初始化時除了 $F[0]$ 爲 $0$，其它 $F [1..V ]$ 均設爲 $−∞$，這樣就可以保證最終得到的 $F [V ]$ 是一種恰好裝滿揹包的最優解。

2. 如果並沒有要求必須把揹包裝滿，而是隻希望價格儘量大，初始化時應該將 $F [0..V ]$ 全部設爲 $0$。

這是爲什麼呢？

可以這樣理解：初始化的 $F$ 數組事實上就是在沒有任何物品可以放入揹包時的合法狀態。

1. 如果要求揹包恰好裝滿，那麼此時只有容量爲 $0$ 的揹包可以在什麼也不裝且價值爲 $0$ 的情況下被“恰好裝滿”，其它容量的揹包均沒有合法的解，屬於未定義的狀態，應該被賦值爲 $-∞$ 了。

2. 如果揹包並非必須被裝滿，那麼任何容量的揹包都有一個合法解“什麼都不裝”，這個解的價值爲 $0$，所以初始時狀態的值也就全部爲 $0$ 了。

這個小技巧完全可以推廣到其它類型的揹包問題。