0-1 背包问题
对于一组不同重量、不可分割的物品，我们需要选择一些装入背包，在满足背包最大重量限制的前提下，背包中物品总重量的最大值是多少呢？
关于这个问题，回溯的解决方法，也就是穷举搜索所有可能的装法，然后找出满足条件的最大值。不过，回溯算法的复杂度比较高，是指数级别的。那有没有什么规律，可以有效降低时间复杂度呢？我们一起来看看。
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private int maxW = Integer.MIN_VALUE; // 结果放到 maxW 中
private int[] weight = {2，2，4，6，3}; // 物品重量
private int n = 5; // 物品个数
private int w = 9; // 背包承受的最大重量
public void f(int i, int cw) { // 调用 f(0, 0)
if (cw == w || i == n) { // cw==w 表示装满了，i==n 表示物品都考察完了
if (cw > maxW) maxW = cw;
return;
}
不一定要全部装满，如果不这样会卡死
f(i+1, cw); // 选择不装第 i 个物品
if (cw + weight[i] <= w) {
f(i+1,cw + weight[i]); // 选择装第 i 个物品
}
}
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规律是不是不好找？那我们就举个例子、画个图看看。我们假设背包的最大承载重量是 9。我们有 5 个不同的物品，每个物品的重量分别是 2，2，4，6，3。如果我们把这个例子的回溯求解过程，用递归树画出来，就是下面这个样子：
递归树中的每个节点表示一种状态，我们用（i, cw）来表示。其中，i 表示将要决策第几个物品是否装入背包，cw 表示当前背包中物品的总重量。比如，（2，2）表示我们将要决策第 2 个物品是否装入背包，在决策前，背包中物品的总重量是 2。
从递归树中，你应该能会发现，有些子问题的求解是重复的，比如图中 f(2, 2) 和 f(3,4) 都被重复计算了两次。我们可以借助递归那一节讲的“备忘录”的解决方式，记录已经计算好的 f(i, cw)，当再次计算到重复的 f(i, cw) 的时候，可以直接从备忘录中取出来用，就不用再递归计算了，这样就可以避免冗余计算
从递归树中，你应该能会发现，有些子问题的求解是重复的，比如图中 f(2, 2) 和 f(3,4) 都被重复计算了两次。我们可以记录已经计算好的 f(i, cw)，当再次计算到重复的 f(i, cw) 的时候，可以直接从备忘录中取出来用，就不用再递归计算了，这样就可以避免冗余计算。
private int maxW = Integer.MIN_VALUE; // 结果放到 maxW 中
private int[] weight = {2，2，4，6，3}; // 物品重量
private int n = 5; // 物品个数
private int w = 9; // 背包承受的最大重量
private boolean[][] mem = new boolean[5][10]; // 备忘录，默认值 false
public void f(int i, int cw) { // 调用 f(0, 0)
if (cw == w || i == n) { // cw==w 表示装满了，i==n 表示物品都考察完了
if (cw > maxW) maxW = cw;
return;
}
if (mem[i][cw]) return; // 重复状态
mem[i][cw] = true; // 记录 (i, cw) 这个状态
f(i+1, cw); // 选择不装第 i 个物品
if (cw + weight[i] <= w) {
f(i+1,cw + weight[i]); // 选择装第 i 个物品
}
}
这种解决方法非常好。实际上，它已经跟动态规划的执行效率基本上没有差别。但是，多一种方法就多一种解决思路，我们现在来看看动态规划是怎么做的。
我们把整个求解过程分为__ n 个阶段，每个阶段会决策一个物品是否放到背包中。每个物品决策（放入或者不放入背包）完之后，背包中的物品的重量会有多种情况，__也就是说，会达到多种不同的状态，对应到递归树中，就是有很多不同的节点。
我们把每一层重复的状态（节点）合并，只记录不同的状态，然后基于上一层的状态集合，来推导下一层的状态集合。我们可以通过合并每一层重复的状态，这样就保证每一层不同状态的个数都不会超过 w 个（w 表示背包的承载重量），也就是例子中的 9。于是，我们就成功避免了每层状态个数的指数级增长。
我们用一个二维数组 states[n][w+1]，来记录每层可以达到的不同状态。//n是第几个阶段，w+1是物品重量
第 0 个（下标从 0 开始编号）物品的重量是 2，要么装入背包，要么不装入背包，决策完之后，会对应背包的两种状态，背包中物品的总重量是 0 或者 2。我们用 states[0][0]=true 和 states[0][2]=true 来表示这两种状态。
第 1 个物品的重量也是 2，基于之前的背包状态，在这个物品决策完之后，不同的状态有 3 个，背包中物品总重量分别是 0(0+0)，2(0+2 or 2+0)，4(2+2)。我们用 states[1][0]=true，states[1][2]=true，states[1][4]=true 来表示这三种状态。
以此类推，直到考察完所有的物品后，整个 states 状态数组就都计算好了。我把整个计算的过程画了出来，你可以看看。图中 0 表示 false，1 表示 true。我们只需要在最后一层，找一个值为 true 的最接近 w（这里是 9）的值，就是背包中物品总重量的最大值。
weight: 物品重量，n: 物品个数，w: 背包可承载重量
public int knapsack(int[] weight, int n, int w) {
boolean[][] states = new boolean[n][w+1]; // 默认值 false
states[0][0] = true; // 第一行的数据要特殊处理，可以利用哨兵优化
states[0][weight[0]] = true;
for (int i = 1; i < n; ++i) { // 动态规划状态转移
for (int j = 0; j <= w; ++j) {// 不把第 i 个物品放入背包
if (states[i-1][j] == true) states[i][j] = states[i-1][j];
}
for (int j = 0; j <= w-weight[i]; ++j) {// 把第 i 个物品放入背包
if (states[i-1][j]==true) states[i][j+weight[i]] = true;
}
}
for (int i = w; i >= 0; --i) { // 输出结果
if (states[n-1][i] == true) return i;
}
return 0;
}
实际上，这就是一种用动态规划解决问题的思路。我们把问题分解为多个阶段，每个阶段对应一个决策。我们记录每一个阶段可达的状态集合（去掉重复的），然后通过当前阶段的状态集合，来推导下一个阶段的状态集合，动态地往前推进。这也是动态规划这个名字的由来，你可以自己体会一下，是不是还挺形象的？
尽管动态规划的执行效率比较高，但是就刚刚的代码实现来说，我们需要额外申请一个 n 乘以 w+1 的二维数组，对空间的消耗比较多。所以，有时候，我们会说，动态规划是一种空间换时间的解决思路。你可能要问了，有什么办法可以降低空间消耗吗？
实际上，我们只需要一个大小为 w+1 的一维数组就可以解决这个问题。动态规划状态转移的过程，都可以基于这个一维数组来操作。具体的代码实现我贴在这里，你可以仔细看下。
public static int knapsack2(int[] items, int n, int w) {
boolean[] states = new boolean[w+1]; // 默认值 false
states[0] = true; // 第一行的数据要特殊处理，可以利用哨兵优化
states[items[0]] = true;
for (int i = 1; i < n; ++i) { // 动态规划
for (int j = w-items[i]; j >= 0; --j) {// 把第 i 个物品放入背包
if (states[j]==true) states[j+items[i]] = true;
}
}
for (int i = w; i >= 0; --i) { // 输出结果
if (states[i] == true) return i;
}
return 0;
这里我特别强调一下代码中的第 6 行，j 需要从大到小来处理。如果我们按照 j 从小到大处理的话，会出现 for 循环重复计算的问题。你可以自己想一想，这里我就不详细说了。
0-1 背包问题升级版
我们继续升级难度。我改造了一下刚刚的背包问题。你看这个问题又该如何用动态规划解决？
我们刚刚讲的背包问题，只涉及背包重量和物品重量。我们现在引入物品价值这一变量。对于一组不同重量、不同价值、不可分割的物品，我们选择将某些物品装入背包，在满足背包最大重量限制的前提下，背包中可装入物品的总价值最大是多少呢？
private int maxV = Integer.MIN_VALUE; // 结果放到 maxV 中
private int[] items = {2，2，4，6，3}; // 物品的重量
private int[] value = {3，4，8，9，6}; // 物品的价值
private int n = 5; // 物品个数
private int w = 9; // 背包承受的最大重量
public void f(int i, int cw, int cv) { // 调用 f(0, 0, 0)
if (cw == w || i == n) { // cw==w 表示装满了，i==n 表示物品都考察完了
if (cv > maxV) maxV = cv;
return;
}
f(i+1, cw, cv); // 选择不装第 i 个物品
if (cw + weight[i] <= w) {
f(i+1,cw+weight[i], cv+value[i]); // 选择装第 i 个物品
}
}
针对上面的代码，我们还是照例画出递归树。在递归树中，每个节点表示一个状态。现在我们需要 3 个变量（i, cw, cv）来表示一个状态。其中，i 表示即将要决策第 i 个物品是否装入背包，cw 表示当前背包中物品的总重量，cv 表示当前背包中物品的总价值。
我们发现，在递归树中，有几个节点的 i 和 cw 是完全相同的，比如 f(2,2,4) 和 f(2,2,3)。在背包中物品总重量一样的情况下，f(2,2,4) 这种状态对应的物品总价值更大，我们可以舍弃 f(2,2,3) 这种状态，只需要沿着 f(2,2,4) 这条决策路线继续往下决策就可以
也就是说，对于 (i, cw) 相同的不同状态，那我们只需要保留 cv 值最大的那个，继续递归处理，其他状态不予考虑。
我们还是把整个求解过程分为 n 个阶段，每个阶段会决策一个物品是否放到背包中。每个阶段决策完之后，背包中的物品的总重量以及总价值，会有多种情况，也就是会达到多种不同的状态。
我们用一个二维数组 states[n][w+1]，来记录每层可以达到的不同状态。不过这里数组存储的值不再是 boolean 类型的了，而是当前状态对应的最大总价值。我们把每一层中 (i, cw) 重复的状态（节点）合并，只记录 cv 值最大的那个状态，然后基于这些状态来推导下一层的状态。
public static int knapsack3(int[] weight, int[] value, int n, int w) {
int[][] states = new int[n][w+1];
for (int i = 0; i < n; ++i) { // 初始化 states
for (int j = 0; j < w+1; ++j) {
states[i][j] = -1;
}
}
states[0][0] = 0;
states[0][weight[0]] = value[0];
for (int i = 1; i < n; ++i) { // 动态规划，状态转移
for (int j = 0; j <= w; ++j) { // 不选择第 i 个物品
if (states[i-1][j] >= 0) states[i][j] = states[i-1][j];
}
for (int j = 0; j <= w-weight[i]; ++j) { // 选择第 i 个物品
if (states[i-1][j] >= 0) {
int v = states[i-1][j] + value[i];
if (v > states[i][j+weight[i]]) {
states[i][j+weight[i]] = v;
}
}
}
}
// 找出最大值
int maxvalue = -1;
for (int j = 0; j <= w; ++j) {
if (states[n-1][j] > maxvalue) maxvalue = states[n-1][j];
}
return maxvalue;
}