一、简单的0,1背包问题
1、题目描述：有n个重量和价值分别为Wi，Vi的物品。从这些物品中挑选出总重量不超过W的物品，求所选方案中价值总和的最大值（注：在0,1背包问题中，每个物品只有一件，可以选择房或者不放）。
【分析】：对于这样的问题，首先我们可以用最简单容易想到的方法，将所有可能一一例举出来，找到最合适的。
对于函数rec（int i，int j）// 这里的 i 表示的是第几个物品，而 j 表示此时背包的容量。
既然是最朴素，简单的想法，那我们就去想一想当前的这件物品我们是否要把它放入背包之中。1、如果不放入背包，我们便直接考虑下一个物品，即：rec（ i+1, j）// 此时i + 1表示下一个物品，背包的容量没有改变，仍然为j；2、如果当前的物品我们加入背包了，即：rec（ i+1，j - w[ i ]）+v[ i ] // 此时才能表示这个我们所得得价值。
详见代码：
#include<iostream>
using namespace std;
// n表示物品的个数，W表示背包的容量
int n,W;
// 数组w表示各个物品的容量，数组v表示各个物品的价值
int w[100],v[100];
int rec(int i,int j)
{
int res;
// 没有剩余的物品
if(i == n)
{
res = 0;
// 这个物品不能选择，因为大于背包的容量
}else if(j < w[i]){
res = rec(i + 1,j);
}
// 挑选或者不挑选这个物品的情况分别尝试
else{
res = max(rec(i+1,j),rec(i+1,j-w[i])+v[i]);
}
return res;
}
int main()
{
cin>>n;
for(int i = 0;i<n;i++)
{
cin>>w[i]>>v[i];
}
cin>>W;
cout<<rec(0,W)<<endl;
return 0;
}
由此，最简单朴素的方法，我们就解决了这个0，1背包问题，但由于上述方法可能浪费了很多的时间，下面一个优化的方法，便由此而来。
试想在上面的搜索中每一层的搜索都有两个分支，最坏需要O（2^n），但其实这些计算结果中有一些我们是已经得到了结果的，而下一次再次搜索时又再次计算，也就是说我们重复的计算了两次，所以我们可以将第一次的计算结果都存储下来，当再次遇到的时候我们可以直接使用。（积累这里的 记忆化搜索！）
详见代码：
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
// n表示物品的个数，W表示背包的容量
int n,W;
// 数组w表示各个物品的容量，数组v表示各个物品的价值
int w[100],v[100];
///在此处加一个“记忆化数组”
int dp[100][100];
int rec(int i,int j)
{
// 若已经计算过直接使用之前的计算结果
if(dp[i][j] >= 0)
{
return dp[i][j];
}
int res;//结果resort
if(i == n)
{
res = 0;
}else if(j<w[i])
{
res = rec(i+1,j);
}else{
res = max(rec(i+1,j),rec(i+1,j-w[i])+v[i]);
}
// 将结果记录在数组之中。
return dp[i][j] = res;
}
int main()
{
cin>>n;
for(int i = 0;i<n;i++)
{
cin>>w[i]>>v[i];
}
cin>>W;
memset(dp,-1,sizeof(dp));
cout<<rec(0,W)<<endl;
return 0;
}
到这里，基本形成了动态规划的雏形，但我上述的代码都是用递归去进行的，下面把递归的式子换成使用数组的递推式，也就是我们经常使用的动态规划的递推关系：
dp[ i +1][ j ] //从前 i 个物品中选出总重量不超过 j 的物品时总价值的最大值。
dp [ 0 ][ j ] = 0
dp[ i + 1][j] = max( dp[i][ j ],dp [ i ] [ j - w[i] ] + v[ i ] )
即：
void solve()
{
for(int i = 0;i<n;i++){
for(int j = 0;j<= W;j++){
if(j<w[i]){
dp[i+1][j] = dp[i][j];
}else{
dp[i+1][j] = max(dp[i][j],dp[i][j - w[i]]+v[i]);
}
}
}
cout<<dp[n][W]<<endl;
}
动态规划的初次接触，简单分析