在跟着CSDN博客排行榜上NO.360的一位大牛学*了*一个月的背包，终于把人家暑假半个月集训的背包题目全部做完了。
虽然刚开始做题的时候都是无意之间挑中了很难的一道题开始做，导致每学一个新知识点都要很长时间才能消化完。跟着人家的博客去刷题有好处，那就是可以快速找到哪些属于背包的题目，并且有详细分析，但是也有不好的地方——我每次找题都是从最难的开始做起。。。。好无语啊，结果就是不会，然后就去一点一点研究人家的代码，弄懂了以后又自己根据理解重新敲了一遍。这个过程是很漫长，很痛苦的，但是把难题做完了以后才发现背包入门题都在后面（泪奔：跟着大神学东西不是那么容易地），将其水之~~~
在学背包之前也看过网络上盛传的《背包九讲》，基本思路能弄懂，但是讲的太笼统了，我的理解能力不太好，还是通过很多途径来解读大牛的文章。
根据这一个月的学*情况，我将我所学到的背包知识点总结如下：
一、01背包
题目：
有n 种不同的物品，每个物品有两个属性，size 体积，value 价值，现在给一个容量为 w 的背包，求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
思路：
01背包是所有背包问题中最简单也是最基础的问题，它的主要特点就是，每个物品只有一个，在选择的时候，可以选也可以不选。
1 int f[w+1]; //f[x] 表示背包容量为x 时的最大价值
2 for (int i=0; i<n; i++)
3 for (int j=w; j>=size[i]; j--)
4 f[j] = max(f[j], f[j-size[i]]+value[i]);
将前i件物品放入容量为v的背包中，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”；
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的背包中”
此时能获得的最大价值就是f [v-c]再加上通过放入第i件物品获得的价值w。
在选取物品时，不一定所有选中的价值就是最大的，还有可能在不选某个物品的情况下价值是最大的：
f[j] 即为所求最大价值——初始化分两种情况：
1、如果背包要求正好装满则初始化 f[0] = 0, f[1~w] = -INF;
2、如果不需要正好装满 f[0~v] = 0;
EG：若V=10，N=3，c[]={3,4,5}, w={4,5,6}
（1）背包不一定装满
计算顺序是：从右往左，自上而下：因为每个物品只能放一次，前面的体积小的会影响体积大的
（2）背包刚好装满
计算顺序是：从右往左，自上而下。注意初始值，其中-inf表示负无穷
//但是在这里我的理解是：
首先dp[j]的初始值全部都赋值为-INF，flag=1，如果背包恰好完全装满则-INF的值变为该背包容量的最大价值，但flag还是为1，若不能装满，flag=0,dp的值每次更新到最大价值即可。所以最后就看flag的值是1还是0，就知道这个背包是否是完全装满的。
以下为大牛的01背包优化：
以上方法的时间和空间复杂度均为O(N*V)，其中时间复杂度基本已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O(V)。
先考虑上面讲的基本思路，肯定是有一个主循环i=1..N，每次算出来二维数组 f[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[v]呢？f[v]是由f[v]和f [v-c]两个子问题递推而来，能否保证在推f[v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[v]和f[v -c]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]保存的是状态f[v-c]的值。
伪代码如下：
1 for(i=1;i<=N;i++)
2 for(v=V;v>=0;v--)
3 f[v]=max(f[v],f[v-c]+w);
其中f[v]=max{f[v],f[v-c]这句恰好就相当于我们的转移方程 f[v]=max{f[v],f[v-c]}，因为现在的f[v-c]就相当于原来的f[v-c]。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[v]由f[v-c]推知，与本题意不符，但它却是另一个重要的背包问题——完全背包，最简捷的解决方案，故学*只用一维数组解01背包问题是十分必要的。
总结
01背包问题是最基本的背包问题，它包含了背包问题中设计状态、方程的最基本思想，另外，别的类型的背包问题往往也可以转换成01背包问题求解。所以在理解了题意后，找出状态和状态转移方程以及边界即可求出最大值。
二、完全背包
题目：
有N种物品和一个容量为V的背包，每种物品都有无限件可用。第i种物品的费用是c，价值是w。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
思路：
完全背包与01背包很相似，但不同之处就在于：完全背包没有物品的个数限制，可以无限次的选取。并且，在选择上可以选择1个、2个......n个，也可以什么都不选，所以完全背包的选择策略有很多种。如果按照上面01背包的思路，令f[v]表示前 i 种物品放入一个容量为v的背包的最大价值，仍然可以按照每种物品不同的策略写出状态转移方程。
代码如下：
1 for (int i=0; i<n; i++)
2 for (int j=size[i]; j<=w; j++)
3 f[j] = max(f[j], f[j-size[i]]+value[i]);
EG:若V=10，N=3，c[]={3,4,5}, w={4,5,6}
（1）背包不一定装满
计算顺序是：从左往右，自上而下： 每个物品可以放多次，前面的会影响后面的
（2）背包刚好装满
计算顺序是：从左往右，自上而下。注意初始值，其中-inf表示负无穷
注意：
初始化方面的细节，如果要求恰好装满背包，那么在初始化时除了dp[0]为0其它dp[1..V]均设为-∞（求的是最大解，如果求的是最小解，则为∞） 如果并没有要求必须把背包装满，而是只希望价格尽量大，初始化时应该将f[0..V]全部设为0。
完全背包问题有一个很简单有效的优化:
若两件物品i、j满足c<=c[j]且 w>=w[j]，则将物品j去掉，不用考虑。
这个优化的正确性显然：任何情况下都可将价值小费用高得j换成物美价廉的i，得到至少不会更差的方案。
对于随机生成的数据，这个方法往往会大大减少物品的件数，从而加快速度。
然而这个并不能改善最坏情况的复杂度，因为有可能特别设计的数据可以一件物品也去不掉。
转化为01背包问题求解:
既然01背包问题是最基本的背包问题，那么可以考虑把完全背包问题转化为01背包问题来 解。
最简单的想法是，考虑到第i种物品最多选V/c 件，于是可以把第i种物品转化为V/c件费用及价值均不变的物品，然后求解这个01背包问题。
这样完全没有改进基本思路的时间复杂度，但这毕竟给了我们将 完全背包问题转化为01背包问题的思路：将一种物品拆成多件物品。
更高效的转化方法是（这个很好使，在HDU和POJ的例题中可以尝试使用）：
把第i种物品拆成费用为c*2^k、价值为w*2^k的若干件物品，其中 k满足c*2^k<V。
这是二进制的思想，因为不管最优策略选几件第i种物品，总可以表示成若干个2^k件物品的和。
这样把每种物品拆成 O(log(V/c))件物品，是一个很大的改进。
但我们有更优的O(VN)的算法。：* O(VN)的算法——使用一维数组。
伪代码如下：
1 for(i=1;i<=N;i++)
2 for(v=0;v<=V;v++)
3 f[v]=max{f[v],f[v-c]+w};
可以发现，这个伪代码与01背包的伪代码只有v的循环次序不同而已。
为什么这样一改就可行呢？首先想想为什么01背包中要按照v=V..0的逆序来循环。
这是因为要保证第i次循环中的状态f[v]是由状态f[v-c]递推而来。
换句话说，这正是为了保 证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时，依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果f[v-c]。
而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第i种物品”这种策略时，却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果f[v-c]，所以就可以并且必须采用v= 0..V的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。
这个算法也可以以另外的思路得出。
例如，基本思路中的状态转移方程可以等价地变形成这种形式：f[v]=max{f[v],f[v-c]+w}，将这个方程用一维数组实现，便得到了上面的伪代码。
总结：
完全背包问题也是一个相当基础的背包问题，它有两个状态转移方程，分别在“基本思路”以及 “O(VN)的算法“的小节中给出。希望你能够对这两个状态转移方程都仔细地体会，不仅记住，也要弄明白它们是怎么得出来的，最好能够自己想一种得到这些方程的方法。事实上，对每一道动态规划题目都思考其方程的意义以及如何得来，是加深对动态规划的理解、提高动态规划功力的好方法。
三、多重背包
题目：
有N种物品，一个容量为V的背包。第i种物品最多有n件可用，每件费用是c，价值是w。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
思路：
多重背包问题是建立在01背包与完全背包的基础上的，所以思想与前面两种背包很相似，对于有物品件数的限定，要么取1个、2个....最多取n个，要么一个都不取（即0个）。
基本的方程只需将完全背包问题的方程略微一改即可。
因为对于第i 种物品有n+1种策略：取0件，取1件……取 n件。令f[v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大价值，则：f[v]=max{f[v-k*c]+ k*w|0<=k<=n}（复杂度是O(V*∑n) ）。
1 for(int i = 1; i <= n; ++i) 2 { 3 int k; 4 for(k = 1; k*2 < count[i] + 1; k *= 2) 5 { 6 for(int j = V; j >= k*c[i] ; --j) 7 { 8 dp[j] = max(dp[j],dp[j-k*c[i]] + k*a[i]); 9 } 10 } 11 k = count[i] + 1 - k; 12 for(int j = V; j >= k*c[i]; --j) 13 { 14 dp[j] = max(dp[j],dp[j-k*c[i]] + k*a[i]); 15 } 16 }
多重背包转换成 01 背包问题就是多了个初始化，把它的件数用二进制分解成若干个件数的集合，这里面数字可以组合成任意小于等于C的件数，而且不会重复，之所以叫二进制分解，是因为这样分解可以用数字的二进制形式来解释
比如：7的二进制 7 = 111 它可以分解成 001 010 100 这三个数可以组合成任意小于等于7 的数，而且每种组合都会得到不同的数
15 = 1111 可分解成 0001 0010 0100 1000 四个数字
如果13 = 1101 则分解为 0001 0010 0100 0110 前三个数字可以组合成 7以内任意一个数，即1、2、4可以组合为1——7内所有的数，加上 0110 = 6 可以组合成任意一个大于6 小于等于13的数，比如12，可以让前面贡献6且后面也贡献6就行了。虽然有重复但总是能把 13 以内所有的数都考虑到了，基于这种思想去把多件物品转换为，多种一件物品，就可用01 背包求解了。
看代码：
1 int n; //输入有多少种物品
2 int c; //每种物品有多少件
3 int v; //每种物品的价值
4 int s; //每种物品的尺寸
5 int count = 0; //分解后可得到多少种物品
6 int value[MAX]; //用来保存分解后的物品价值
7 int size[MAX]; //用来保存分解后物品体积
8
9 scanf("%d", &n); //先输入有多少种物品，接下来对每种物品进行分解
10
11 while (n--) //接下来输入n中这个物品
12 {
13 scanf("%d%d%d", &c, &s, &v); //输入每种物品的数目和价值
14 for (int k=1; k<=c; k<<=1) //<<右移 相当于乘二
15 {
16 value[count] = k*v;
17 size[count++] = k*s;
18 c -= k;
19 }
20 if (c > 0)
21 {
22 value[count] = c*v;
23 size[count++] = c*s;
24 }
25 }
定理：
一个正整数n可以被分解成1,2,4,…,2^(k-1),n-2^k+1（k是满足n-2^k+1>0的最大整数）的形式，且1～n之内的所有整数均可以唯一表示成1,2,4,…,2^(k-1),n-2^k+1中某几个数的和的形式。
证明如下：
（1） 数列1,2,4,…,2^(k-1),n-2^k+1中所有元素的和为n，所以若干元素的和的范围为：[1, n]；
（2）如果正整数t<= 2^k – 1,则t一定能用1,2,4,…,2^(k-1)中某几个数的和表示，这个很容易证明：我们把t的二进制表示写出来，很明显，t可以表示成n=a0*2^0+a1*2^1+…+ak*2^（k-1），其中ak=0或者1，表示t的第ak位二进制数为0或者1.
（3）如果t>=2^k,设s=n-2^k+1，则t-s<=2^k-1，因而t-s可以表示成1,2,4,…,2^(k-1)中某几个数的和的形式，进而t可以表示成1,2,4,…,2^(k-1)，s中某几个数的和（加数中一定含有s）的形式。
（证毕！）
O(VN)的算法
多重背包问题同样有O(VN)的算法。这个算法基于基本算法的状态转移方程，但应用单调队列的 方法使每个状态的值可以以均摊O(1)的时间求解。由于用单调队列优化的DP已超出了NOIP的范围，故本文不再展开讲解。
O(VN)的写法
/*此种方法求最大值不确定可否，但判断是否能将1-V内的背包装满可以*/
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1 int used[MAXN]; 2 for(int i = 1; i <= N; ++i) 3 { 4 memset(used,0,sizeof(used)); 5 for(int j = c[i]; j <= V; ++j) 6 { 7 if(used[j-c[i]] < count[i] && dp[j] < dp[j-c[i]] + a[i]) 8 { 9 dp[j] = dp[j-c[i]] + a[i]; 10 used[j] = used[j-c[i]] + 1; 11 } 12 } 13 } //有待验证，估计不对，有兴趣的可以验证下
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现在dp[i]用来表示容量为i的背包能否被所给物品恰好装满 上面的01背包和完全背包以及上面一种O(V*Σlog count[i])的写法也可以做这样的改变
1 memset(dp,false,sizeof(dp)); 2 dp[0] = true; 3 for(int i = 1; i <= N; ++i) 4 { 5 memset(used,0,sizeof(used)); 6 for(int j = c[i]; j <= V; ++j){ //注意这里是顺序的（和完全背包相同），其实多重背包也可以理解成被限制了的完全背包 7 if(!dp[j] && dp[j-c[i]] && used[j-c[i]] < count[i]) 8 { //注意这里的!dp[j]不能少 9 dp[j] = true; 10 used[j] = used[j-c[i]] + 1; 11 } 12 } 13 }
转化为01背包问题：
把第i种物品换成n件01背包中的物品，则得到了物品数为∑n的01背包问题，直接求解，复杂度仍然是O(V*∑n)。
但是我们期望将它转化为01背包问题之后能够像完全背包一样降低复杂度。仍然考虑二进制的思想，我们考虑把第i种物品换成若干件物品，使得原问题中第i种物品可取的每种策略——取0..n件——均能等价于取若干件代换以后的物品。另外，取超过n件的策略必不能出现。
方法是：将第i种物品分成若干件物品，其中每件物品有一个系数，这件物品的费用和价值均是原来 的费用和价值乘以这个系数。使这些系数分别为 1,2,4,...,2^(k-1),n-2^k+1，且k是满足n-2^k+1>0的最大整数。例如，如果n为13，就将这种物品分成系数分别为 1,2,4,6的四件物品。
分成的这几件物品的系数和为n，表明不可能取多于n件的第i种物品。另外这种方法也能保证对于0..n间的每一个整数，均可以用若干个系数的和表示，这个证明可以分0..2^k-1和2^k..n两段来分别讨论得出，并不难，希望你自己思考尝试一下。
这样就将第i种物品分成了O(log n)种物品，将原问题转化为了复杂度为O(V*∑log n)的01背包问题，是很大的改进。
小结：
将一个算法的复杂度由O(V*∑n)改进到O(V*∑log n)的过程，还知道了存在应用超出NOIP范围的知识的O(VN)算法。特别注意“拆分物品”的思想和方法。
四、混合背包
题目：
有一个体积为V的背包，有n个物品，每个物品有m个，求出最大价值。以上三种背包的混合，有的物品只能取一次，有的物品能取无限次，有的物品能取有限次。
思路：
虑到在P01和P02中最后给出的伪代码只有一处不同，故如果只有两类物品：一类物品只能取一次，另一类物品可以取无限次，那么只需在对每个物品应用转移方程时，根据物品的类别选用顺序或逆序的循环即可，复杂度是O(VN)。
算法伪代码：
for i=1..n
if 第i件物品是01背包
for j=V...c[i]
dp[j]=max(); //同上面01背包代码
else if 第i件物品是完全背包
for j=c[i]...V
dp[j]=max(); //同上面完全背包
else if 第i件物品是多重背包
MultiplePack(c[i],a[i],count[i]) //同上多重背包
再加上多重背包：
如果再加上有的物品最多可以取有限次，那么原则上也可以给出O(VN)的解法：遇到多重背包类型的物品用单调队列解即可。但如果不考虑超过NOIP范围的算法的话，用P03中将每个这类物品分成O(log n)个01背包的物品的方法也已经很优了。
小结
有人说，困难的题目都是由简单的题目叠加而来的。这句话是否公理暂且存之不论，但它在本讲中已 经得到了充分的体现。本来01背包、完全背包、多重背包都不是什么难题，但将它们简单地组合起来以后就得到了这样一道一定能吓倒不少人的题目。但只要基础 扎实，领会三种基本背包问题的思想，就可以做到把困难的题目拆分成简单的题目来解决。
五、二维费用的背包问题
题目：
每件物品都有各自的体积v[i]和重量w[i]，一个背包最多可以装的体积为V，最多可以装的重量为W,问最多能装的价值。即有两种属性限制的背包问题。再比如，一个一般的01背包问题，再加上个数限制，即最多拿K件物品，也可以理解为每件物品的个数耗费为1，背包再加一个容量为K的属性，也是二维费用背包。对于二维费用的背包，只需对dp数组加一维即可，01背包倒序，完全背包正序。
以01背包为例：
for i=1...n
for j=V..v[i]; //若为完全背包则写为for j=v[i]..V for k=w[i]..W;
for k=W..w[i];
dp[j][k] = max(dp[j][k],dp[j-v[i]][k-w[i]] + a[i]);
问题
二维费用的背包问题是指：对于每件物品，具有两种不同的费用；选择这件物品必须同时付出这两种 代价；对于每种代价都有一个可付出的最大值（背包容量）。问怎样选择物品可以得到最大的价值。设这两种代价分别为代价1和代价2，第i件物品所需的两种代 价分别为a和b。两种代价可付出的最大值（两种背包容量）分别为V和U。物品的价值为w。