动态规划1.1--背包问题之0-1背包

背包问题可以分为以上几种，在本章将从两个热点方面进行介绍：

• 0-1背包及优化

「力扣」第 416 题：分割等和子集（中等）；
「力扣」第 474 题：一和零（中等）；
「力扣」第 494 题：目标和（中等）；
「力扣」第 879 题：盈利计划（困难）；

• 完全背包

「力扣」第 322 题：零钱兑换（中等）；
「力扣」第 518 题：零钱兑换 II（中等）；
「力扣」第 1449 题：数位成本和为目标值的最大数字（困难）。

一、0-1背包

1、问题定义

有一个容量为 N 的背包，要用这个背包装下物品的价值最大，这些物品有两个属性：体积 w 和价值 v。

定义一个二维数组 dp 存储最大价值，其中 dp[i][j] 表示前 i 件物品体积不超过 j 的情况下能达到的最大价值。设第 i 件物品体积为w[i]，价值为 v[i]，根据第 i 件物品是否添加到背包中，可以分两种情况讨论：

• 第 i 件物品没添加到背包，总体积不超过 j 的前 i 件物品的最大价值就是总体积不超过 j 的前 i-1 件物品的最大价值，。
• 第 i 件物品添加到背包中，。

第 i 件物品可添加也可以不添加，取决于哪种情况下最大价值更大。因此，0-1 背包的状态转移方程为：

2、问题分析

我们按照之前的解题思路五部曲进行分析：

（1）确定dp数组以及下标含义

i表示前i件物品，j表示背包容量。dp[i][j] 表示从下标为[0-i]的物品里任意取，放进容量为j的背包，价值总和最大是多少。

（2）确定状态转移方程

①装第i件物品，那么前i-1物品最大重量为j-w[i]，最大价值为dp[i-1][j-w[i]]；装入物品i后，最大价值为。
②不装第i件物品，最大的价值就是容量为j的背包装前i-1件物品，。

（3）dp数组的初始化

①如果容量j=0，那么背包将装不了任何物品，所以dp[...][0]=0;
②装前0件物品，即没有物品时，容量再大也没有价值，dp[0][...]=0;

（4）确定遍历的顺序

可以看出，有两个遍历的维度：物品与背包重量
那么问题来了，先遍历 物品还是先遍历背包重量呢？
其实都可以！！但是先遍历物品更好理解。

for(int i = 1; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
    for(int j = 0; j <= bagWeight; j++) { // 遍历背包容量 
        if (j < weight[i]) dp[i][j] = dp[i - 1][j]; // 这个是为了展现dp数组里元素的变化
        else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
    }
}

为什么也是可以的呢？

要理解递归的本质和递推的方向。

dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); 递归公式中可以看出dp[i][j]是靠dp[i-1][j]和dp[i - 1][j - weight[i]]推导出来的。

dp[i-1][j]和dp[i - 1][j - weight[i]] 都在dp[i][j]的左上角方向（包括正左和正上两个方向），那么先遍历物品，再遍历背包的过程如图所示：

再来看看先遍历背包，再遍历物品呢，如图：

大家可以看出，虽然两个for循环遍历的次序不同，但是dp[i][j]所需要的数据就是左上角，根本不影响dp[i][j]公式的推导！

但先遍历物品再遍历背包这个顺序更好理解。

其实背包问题里，两个for循环的先后循序是非常有讲究的，理解遍历顺序其实比理解推导公式难多了。

（5）举例检验

建议大家此时自己在纸上推导一遍，看看dp数组里每一个数值是不是这样的。

做动态规划的题目，最好的过程就是自己在纸上举一个例子把对应的dp数组的数值推导一下，然后在动手写代码！

3、空间优化--滚动数组

在使用二维数组的时候，递推公式：dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
观察状态转移方程可以知道，前 i 件物品的状态仅与前 i-1 件物品的状态有关，其实可以把dp[i - 1]这一层拷贝到dp[i]上，只用一个一维数组dp[j]（一维数组，也可以理解是一个滚动数组）。
这就是滚动数组的由来，需要满足的条件是上一层可以重复利用，直接拷贝到当前层。
我们依然使用五部曲进行分析：

（1）确定dp数组以及下标含义

j表示背包容量。dp[j] 表示容量为j的背包，价值总和最大是多少。

（2）确定状态转移方程

①装第i件物品，那么前i-1物品最大重量为j-w[i]，最大价值为dp[j-w[i]]；装入物品i后，最大价值为。
②不装第i件物品，最大的价值就是容量为j的背包装前i-1件物品，。
此时，

（3）dp数组的初始化

如果容量j=0，那么背包将装不了任何物品，所以dp[0]=0;

（4）确定遍历的顺序

这时候，遍历的顺序就很关键了。因为没更新的dp[j]保留了上一层的结果，也就是 dp[i-1][j]的结果，所以，在更新dp[j]时，要用到之前的dp[j-w]，它必须是没被更新过的！
当j从小到大遍历时，前面的dp[j-w]不断被更新，导致dp[j]在更新时，用的是已经更新过的dp[j-w]，导致同一物体被放进去多次。
因为 dp[j-w] 表示 dp[i-1][j-w]，因此不能先求 dp[i][j-w]，防止将 dp[i-1][j-w] 覆盖。也就是说要先计算 dp[i][j] 再计算 dp[i][j-w]，在程序实现时需要按倒序来循环求解。

（5）举例检验

  for(int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
        for(int j = bagWeight; j >= weight[i]; j--) { // 遍历背包容量
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
        }
    }