01背包问题是动态规划中的经典问题。

本篇文章主题：分析与优化最基本的01背包问题，对此类问题解题有一个基本的解题模板。

问题概述：

有一个背包，他的容量为C（Capacity）。现在有n种不同的物品编号分别为0、1....n-1。其中每一件物品的重量为w(i)，价值为v(i)。问可以向这个背包中放入哪些物品，使得在不超过背包容量的基础上，背包内物品价值最大。

思路：

1.暴力法。

每一件物品都可以放进背包，也可以不放进背包。找出所有可能组合一共2^n种组合

时间复杂度：O((2^n)*n)

2.动态规划法。

我们首先使用递归函数自上而下进行思考。

明确两点：

第一、递归函数的定义

第二、数据结构

函数定义：

F（n,C）递归函数定义：将n个物品放入容量为C的背包，使得价值最大。

这里要注意一下，第二个参数一定是剩余容量。我们通过使用剩余容量来控制价值。

F（i，c） = F（i-1,c）

　　　　   = v(i) + F(i-1 , c-w(i))

状态转移方程：

F（i，c） = max( F(i-1 , c) , v(i) + F(i-1 , c-w(i) ) )

即，当前价值的最大值为，不放入第i个物品(对应剩余容量为c)和放入第i个物品（对应剩余容量为C-w(i)）两种情况的最大值。

数据结构：

借某盗版视频中的一个例子：

我们这里选择一个二维数组，来迭代记录处理的结果。

这个二维数组dp[n][C] 其中n为物品数量，C为最大容量。

储存的值dp[i][j]含义为：考虑放入0~i 这些物品， 背包容量为j

我们考虑放入第一个物品。

由于第一个物品，编号为0，重量为1，价值为2。

对于容量为0的背包，放不下该物品，所以该背包价值为0.

其余容量1~5，均可放下该物品。所以只考虑物品0，不同背包大小对应的最大可能价值如图。

第一行处理为初始化，从第二行开始进行迭代。

第二行开始，就需要单独处理。

考虑dp[1][0]，背包容量为0，理所应当为0

考虑dp[1][1]，此处我们依旧无法放入物品1，所以我们使用上一层的结果，即0~0物品在容量为1背包情况的最大价值。

考虑dp[1][2]，此处我们终于可以放下物品1了，所以我们考虑如果要放下物品1，剩余背包最大的可能价值，即dp[0][0]

我们对比上一层的情况，以及掏空背包放入物品2的情况。发现最大值为后者，所以dp[1][2]为10

同上，我们掏出可以放下物品1的空间，考虑此时最大价值，即dp[0][1]。对比他和上一层dp[0][3]的大小，发现前者大。

故此时dp[1][3]为dp[0][1]+v[1] = 16.

以此类推，我们每次清空对应物品大小的背包，然后放入对应物品，对比不放入物品的上一行。求出最大值

依次填入dp[][]得出最终的二维数组。

代码如下

class Knapasack01{
    public :
        int knapsack01(int[] w,int[] v,int C){
//w为0-~n-1物品对应价值
//v为0~n-1物品对应重量。
//C为背包容量

            int n = w.length();
            if(n == 0)
                return 0;
   //动态规划记忆数组。
            int[][] dp = new int[n][C];
//初始化第一行。
            for(int j=0 ; i<= C ; j++)
                dp[0][j] = (j>=w[0]?v[0]:0);

            for(int i=1 ; i<n ; i++)
                for(int j=0 ; j<C ; j++){
                    dp[i][j] = dp[i-1][j];
                    if(j>=w[i])
                        memo[i][j] = (int)Math.max(dp[i][j] , v[i]+dp[i][j-w[i]]);
                }
          return dp[n-1][C];
        }
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/rainxbow/p/9713749.html