one-dimensional 01 Knapsack Problem
Read an integer W, which is the maximum allowed weight of a knapsack. Read an integer n and then n items; each has a weight(integer) and a profit(integer). Items cannot be divided. Solve the 01 knapsack problem and print total profit of packed items.
二维数组
用子问题定义状态：即f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是： f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]} 这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。所以有必要将它详细解释一下：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”，价值为f[i-1][v]；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。
#include<iostream>
using namespace std;
#define N 100
int main()
{
int n, limit;
cin >> limit >> n;
int value[N], weight[N];
int f[N][N] = { 0 };
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> weight[i] >> value[i];
}
int i = 1;
int j = 1;
for (i = 1; i <= n; i++)
{
for (j = 1; j <= limit; j++)
{
if (j < weight[i])
{
f[i][j] = f[i - 1][j];
}
else
{
int x = f[i - 1][j];
int y = f[i - 1][j - weight[i]] + value[i];
f[i][j] = x < y ? y : x;
}
}
}
cout << f[n][limit];
system("pause");
return 0;
}
优化空间复杂度
以上方法的时间和空间复杂度均为O(VN)，其中时间复杂度应该已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O。 先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环i=1..N，每次算出来二维数组f[i][0..V]的所有值。那么，如果只用一个数组f[0..V]，能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态f[i][v]呢？f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]两个子问题递推而来，能否保证在推f[i][v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]的值呢？事实上，这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺序推f[v]，这样才能保证推f[v]时f[v-c[i]]保存的是状态f[i-1][v-c[i]]的值。伪代码如下：
for i=1..N
for v=V..0
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};
其中的f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]}一句恰就相当于我们的转移方程f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]}，因为现在的f[v-c[i]]就相当于原来的f[i-1][v-c[i]]。如果将v的循环顺序从上面的逆序改成顺序的话，那么则成了f[i][v]由f[i][v-c[i]]推知，与本题意不符
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int main()
{
int N,M;
scanf("%d%d",&M,&N);
int need[503],value[503];
for (int i=0;i<N;i++)
{
scanf("%d%d",&need[i],&value[i]);
}
int dp[100010];
memset(dp,0,sizeof(dp));
for (int i=0;i<N;i++)
for (int j=M;j>=need[i];j--)
dp[j]=max(dp[j],dp[j-need[i]]+value[i]);
printf("%d\n",dp[M]);
return 0;
}