动态规划01背包问题（最少硬币问题、开心的小明，01背包问题）

什么是动态规划，我们要如何描述它?

动态规划算法通常基于一个递推公式及一个或多个初始状态。 当前子问题的解将由上一次子问题的解推出。使用动态规划来解题只需要多项式时间复杂度， 因此它比回溯法、暴力法等要快许多。

现在让我们通过一个例子来了解一下DP的基本原理。

首先，我们要找到某个状态的最优解，然后在它的帮助下，找到下一个状态的最优解。

能用动态规划求解的问题一般要具有3个性质：

(1)、最优化原理：如果问题的最优解所包含的子问题的解也是最优的，就称为该问题的最优子结构，即满足最优化原理。

(2)、无后效性：即某阶段状态一旦确定，就不受这个状态的以后的决策影响，也就是说，某状态以后的过程不会影响以前的状态，只与当前状态有关。

(3)有重叠子问题：即子问题之间是不独立的，一个子问题在一阶段的决策中肯能多次被用到。(该性质并不是动态规划所必需的条件，但是如果没有该性质，动态规划算法较其他算法没有优势)。

例子1：最少硬币问题

如果我们有面值为1元、3元和5元的硬币若干枚，如何用最少的硬币凑够11元？ (表面上这道题可以用贪心算法，但贪心算法无法保证可以求出解，比如1元换成2元的时候)

首先我们思考一个问题，如何用最少的硬币凑够i元(i<11)？

1.当我们遇到一个大问题时，总是习惯把问题的规模变小。 2.这个规模变小后的问题和原来的问题是同质的(规模变小后的问题其实是原问题的子问题)。

于是我们已经得到了d(0)=0， 表示凑够0元最小需要0个硬币。

d(0)=0。

d(1)=d(1-1)+1=d(0)+1=0+1=1。

当i=2时， d(2)=d(2-1)+1=d(1)+1=1+1=2。

d(3)=d(3-1)+1=d(2)+1=2+1=3。

所以d(3)=min{d(3-1)+1, d(3-3)+1}。

我们用d(i)表示状态，那么状态转移方程自然包含d(i)， 上文中包含状态d(i)的方程是：d(3)=min{d(3-1)+1, d(3-3)+1}。 它就是状态转移方程，我们要对它抽象一下，

d(i)=min{ d(i-vj)+1 }，其中i-vj >=0，vj表示第j个硬币的面值;

代码如下：

//values[]存放零钱数组，valuekinds零钱种类个数，money待凑钱数，coinsused[]待凑钱的最少零钱个数数组

int makechange(int values[],int valuekinds,int money,int coinsused[])
{
coinsused[0]=0;
for (int yuan=1;yuan<=money;yuan++)
{
int mincoins=yuan;
for (int kind=0;kind
{
if (values[kind]<=yuan)
{
int temp=coinsused[yuan-values[kind]]+1;
if (mincoins>temp)
{
mincoins=temp;
}
}
}
coinsused[yuan]=mincoins;
}
return coinsused[money];
}

例子2：求出最长非降子序列的长度

一个序列有N个数：A[1],A[2],…,A[N]，求出最长非降子序列的长度。 (讲DP基本都会讲到的一个问题LIS：longest increasing subsequence)

正如上面我们讲的，面对这样一个问题，我们首先要定义一个“状态”来代表它的子问题， 并且找到它的解。注意，大部分情况下，某个状态只与它前面出现的状态有关， 而独立于后面的状态。

让我们沿用“入门”一节里那道简单题的思路来一步步找到“状态”和“状态转移方程”。 假如我们考虑求A[1],A[2],…,A[i]的最长非降子序列的长度，其中i

为了方便理解我们是如何找到状态转移方程的，我先把下面的例子提到前面来讲。 如果我们要求的这N个数的序列是：

5，3，4，8，6，7

根据上面找到的状态，我们可以得到：（下文的最长非降子序列都用LIS表示）

• 前1个数的LIS长度d(1)=1(序列：5)
• 前2个数的LIS长度d(2)=1(序列：3；3前面没有比3小的)
• 前3个数的LIS长度d(3)=2(序列：3，4；4前面有个比它小的3，所以d(3)=d(2)+1)
• 前4个数的LIS长度d(4)=3(序列：3，4，8；8前面比它小的有3个数，所以 d(4)=max{d(1),d(2),d(3)}+1=3)

OK，分析到这，我觉得状态转移方程已经很明显了，如果我们已经求出了d(1)到d(i-1)， 那么d(i)可以用下面的状态转移方程得到：

d(i) = max{1, d(j)+1},其中j，

想要求d(i)，就把i前面的各个子序列中， 最后一个数不大于A[i]的序列长度加1，然后取出最大的长度即为d(i)。 当然了，有可能i前面的各个子序列中最后一个数都大于A[i]，那么d(i)=1， 即它自身成为一个长度为1的子序列。

#include
using namespace std;
int lis(int A[], int n){
    int *d = new int[n];
    int len = 1;
    for(int i=0; i         d[i] = 1;
        for(int j=0; j             if(A[j]<=A[i] && d[j]+1>d[i])
                d[i] = d[j] + 1;
        if(d[i]>len) len = d[i];
    }
    delete[] d;
    return len;
}
int main(){
    int A[] = {
        5, 3, 4, 8, 6, 7
    };
    cout<     return 0;
}

例子3：开心的小明

描述 小明今天很开心，家里购置的新房就要领钥匙了，新房里有一间他自己专用的很宽敞的房间。更让他高兴的是，妈妈昨天对他说：“你的房间需要购买哪些物品，怎么布置，你说了算，只要不超过N 元钱就行”。今天一早小明就开始做预算，但是他想买的东西太多了，肯定会超过妈妈限定的N 元。于是，他把每件物品规定了一个重要度，分为5 等：用整数1~5 表示，第5 等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是整数元）。他希望在不超过N 元（可以等于N 元）的前提下，使每件物品的价格与重要度的乘积的总和最大。设第j 件物品的价格为v[j]，重要度为w[j]，共选中了k 件物品，编号依次为j1...jk，则所求的总和为：v[j1]*w[j1]+..+v[jk]*w[jk]请你帮助金明设计一个满足要求的购物单.

 

输入

第一行输入一个整数N(0 每组测试数据输入的第1 行，为两个正整数，用一个空格隔开：
N m
（其中N（<30000）表示总钱数，m(<25)为希望购买物品的个数。）
从第2 行到第m+1 行，第j 行给出了编号为j-1
的物品的基本数据，每行有2 个非负整数
v p
（其中v 表示该物品的价格（v≤10000），p 表示该物品的重要度（1~5））

输出

每组测试数据输出只有一个正整数，为不超过总钱数的物品的价格与重要度乘积的总和的
最大值（<100000000）

样例输入

1
1000 5
800 2
400 5
300 5
400 3
200 2

#include


#include


int main()


{


 int N,n,m,i,j;


 int dp[30000],p[25],d[25];


 scanf("%d",&N);


 while(N--)


 {


  memset(dp,0,sizeof(dp));


  scanf("%d%d",&n,&m);


  for(i=0;i

  {


   scanf("%d%d",&p[i],&d[i]);


  }

//m为希望购买物品的个数
  for(i=0;i    for(j=n;j>=p[i];--j)//N元预算
   {
    if(dp[j]      dp[j]=dp[j-p[i]]+d[i]*p[i];
   }
  printf("%d\n",dp[n]);
 }


 return 0;


}

例子4:01背包问题

01背包问题，是用来介绍动态规划算法最经典的例子，用子问题定义状态：即c[i][m]表示前i件物品恰放入一个重量为m的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是：

c[i][m]=max{c[i-1][m],c[i-1][m-w[i]]+p[i]}

有必要将它详细解释一下：“将前i件物品放入重量为m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c[i-1][m]；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的重量为m-w[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是c[i-1][m-w[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值p[i]。

f[i,j]表示在前i件物品中选择若干件放在承重为 j 的背包中，可以取得的最大价值。

Pi表示第i件物品的价值。

决策：为了背包中物品总价值最大化，第 i件物品应该放入背包中吗 ？

题目描述：

有编号分别为a,b,c,d,e的五件物品，它们的重量分别是2,2,6,5,4，它们的价值分别是6,3,5,4,6，现在给你个承重为10的背包，如何让背包里装入的物品具有最大的价值总和？

name	weight	value	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
a	2	6	0	6	6	9	9	12	12	15	15	15
b	2	3	0	3	3	6	6	9	9	9	10	11
c	6	5	0	0	0	6	6	6	6	6	10	11
d	5	4	0	0	0	6	6	6	6	6	10	10
e	4	6	0	0	0	6	6	6	6	6	6	6

这张表是至底向上，从左到右生成的。

int [][] pack01(int m,int n,int w[],int p[]){
//c[i][v]表示前i件物品恰放入一个重量为m的背包可以获得的最大价值
int c[][]= new int[n+1][m+1];
for(int i = 0;ic[i][0]=0;
for(int j = 0;jc[0][j]=0;
//
for(int i = 1;ifor(int j = 1;j//当物品为i件重量为j时，如果第i件的重量(w[i-1])小于重量j时，c[i][j]为下列两种情况之一：
//(1)物品i不放入背包中，所以c[i][j]为c[i-1][j]的值
//(2)物品i放入背包中，则背包剩余重量为j-w[i-1],所以c[i][j]为c[i-1][j-w[i-1]]的值加上当前物品i的价值
if(w[i-1]<=j){
if(c[i-1][j]<(c[i-1][j-w[i-1]]+p[i-1]))
c[i][j] = c[i-1][j-w[i-1]]+p[i-1];
else
c[i][j] = c[i-1][j];
}else
c[i][j] = c[i-1][j];
}
}
return c;
}