前言：这道题可以说是最经典的0/1揹包问题。
最近算是第一次正式遇到0/1揹包问题（以前都是暴力求解），这篇文章主要将这种类型的题目讲细、讲清楚。
0/1揹包
个人认为：0/1揹包思路一想通了，就会容易理解，然后多练习类似的题型巩固知识，就能掌握。
//代码核心逻辑
for(int i=0; i<n; i++)
{
for(int j=V; j>=v[i]; j--)
dp[j] = max(dp[j-v[i]]+v[i], dp[j]);
}
例一：装箱问题
有一个箱子容量为VV（正整数，0 ≤ V ≤ 20000），同时有n个物品（0 < n < 30，每个物品有一个体积（正整数）。
要求n个物品中，任取若干个装入箱内，使箱子的剩余空间为最小。
输入格式
1个整数，表示箱子容量
1个整数，表示有n个物品
接下来n行，分别表示这n个物品的各自体积
输出格式
1个整数，表示箱子剩余空间。
输入输出样例
输入
24
6
8
3
12
7
9
7
输出
0
题目所求：最小剩余空间 = 揹包空间 - 揹包最多能装的空间
题目与其是求最小剩余空间，不如说是求该箱子最多能装多少空间。
这道最普通的方法就是dfs暴力解法。
暴力dfs解法
主要思路：模拟每个物品按不同顺序装入揹包的情况。这种思路会导致有很多装入的顺序不同，但是最终能装入揹包的空间是相同的。
可能该代码能够进行部分剪枝优化，但是仍然无法完全避免多次重复判断的情况，从而造成程序运行超时。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int V, n, v[35], ans=20001;
int judge[35]={false};
void dfs(int yy_v)
{
ans = min(ans, V-yy_v);
for(int i=0; i<n; i++)
{
if(judge[i]==false && yy_v+v[i]<=V)
{
judge[i]=true;
dfs(yy_v+v[i]);
judge[i]=false;
}
}
}
int main()
{
cin>>V>>n;
for(int i=0; i<n; i++)
cin>>v[i];
for(int i=0; i<n; i++)
{
if(V>=v[i])
{
judge[i]=true;
dfs(v[i]);
judge[i]=false;
}
}
cout<<ans;
return 0;
}
解题思路
首先我们看dp数组在该代码中扮演的角色——不同类型的揹包。
dp[j] ：揹包总空间为 j 的揹包。 v[i] ：第 i 件物品的空间大小。
步骤一：我们将每个物品都尝试放入不同大小的揹包。
步骤二： 当该 dp[j] 揹包的总空间 j >= v[i]，dp[j]揹包在空包的条件下，能装得下中物品v[i]。
反之如果 j < v[i]，dp[j]揹包无论如何都装不得下中物品v[i]。
（ps:这也是为什么在代码中 j 要由大到小的原因）
如何推出状态转移方程：dp[j] = max(dp[j - v[i]] + v[i], dp[j])？
让我们想一想，如果揹包 dp[j] 本身就装了很多空间，它装的空间甚至比揹包dp[j - v[i]] 加上 v[i] 还要多，聪明的我们肯定是保留 dp[j] 本身的值，才能使揹包dp[j] 装的空间最多。
反之，如果 dp[j] 本身装的空间少于揹包dp[j - v[i]] 加上 v[i]，那揹包 dp[j] 就能装更多的空间，并且装的物品空间就是揹包dp[j - v[i]] 加上 v[i]。
（ps:这里的空间是指揹包中已装物品占用的空间）
步骤三：得出答案ans
揹包dp[V]最小剩余空间 = 揹包dp[V]总面积 - 揹包dp[V]最多能装的空间。
ans = V - dp[V]
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int V, n, v[35], ans;
int dp[20000];
int main()
{
memset(dp, 0, sizeof(dp));
cin>>V>>n;
for(int i=0; i<n; i++)
cin>>v[i];
for(int i=0; i<n; i++)
{
//将每个物品都放入不同大小的揹包
for(int j=V; j>=v[i]; j--)
dp[j] = max(dp[j-v[i]]+v[i], dp[j]);
}
cout<<V - dp[V];
return 0;
}
例二：kkksc03考前临时抱佛脚
洛谷题目链接
题目描述
这次期末考试，kkksc03 需要考 4 科。因此要开始刷习题集，每科都有一个习题集，分别有s1,s2,s3,s4 道题目，完成每道题目需要一些时间，可能不等。
kkksc03 有一个能力，他的左右两个大脑可以同时计算 2 道不同的题目，但是仅限于同一科。因此，kkksc03 必须一科一科的复习。
由于 kkksc03 还急着去处理洛谷的 bug，因此他希望尽快把事情做完，所以他希望知道能够完成复习的最短时间。
输入格式
本题包含 55 行数据：第 11 行，为四个正整数s1,s2,s3,s4。
第 2 行，为A1,A2,…,As1 共 s1 个数，表示第一科习题集每道题目所消耗的时间。
第 3 行，为B1,B2,…,Bs2 共 s2 个数。
第 4 行，为C1,C2,…,Cs3 共 s3 个数。
第 5 行，为D1,D2,…,Ds4 共 s4 个数，意思均同上。
输出格式
输出一行,为复习完毕最短时间。
输入输出样例
输入
1 2 1 3
5
4 3
6
2 4 3
输出
20
说明/提示
1≤s1,s2,s3,s4≤20。
1≤A,B,C,D≤60。
这道题很容易做成想到贪心算法，可惜结果并没有那么简单，不一定先复习大的就快、也不一定先复习小的较快。
复习一科最快的方法
一科的不同题目组合起来的复习时间m越接近总复习时间一半M，则该科复习时间就越短。(m>=M)
这里求最短时间问题，可以利用到0/1揹包。
具体实现思路与可参照上题。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node{
int time[25];
int num;
int total;
}km[5];
int f(int a){
int* arr;
int dp[1210], sum, total;
arr = km[a].time;
sum = km[a].num;
total = km[a].total;
memset(dp, 0, sizeof(dp));
sort(arr+1, arr+sum+1);
for(int i=1; i<=sum; i++){
for(int j=total; j>=arr[i]; j--){
dp[j] = max(dp[j-arr[i]]+arr[i], dp[j]);
}
}
for(int i=1; i<=total; i++){
if(dp[i]>=(total+1)/2){
return dp[i];
}
}
}
int main(){
int ans;
cin>>km[1].num>>km[2].num>>km[3].num>>km[4].num;
for(int j=1; j<=4; j++)
{
for(int i=1; i<=km[j].num; i++){
cin>>km[j].time[i];
km[j].total += km[j].time[i];
}
}
ans = f(1) + f(2) + f(3) + f(4);
cout<<ans;
return 0;
}
总结
0/1揹包问题解决方法主要是通过求小规模最优解，推到大规模最优解，难点在于状态转移方程的设计。
这种类型的题太常见了，每次都是用暴力求解，经常会失分，太可惜。
希望看完这篇博客的你，对0/1揹包有了更深入的理解，让解题更加轻松、快乐。
一直将自己的学习经验分享给有需要的人。
我是小郑，一个坚持不懈的小白