代码随想录算法训练营第四十五天（动态规划篇）|01背包

01背包理论基础

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背包题目分类

01背包定义

有n件物品和一个最多能背重量为w 的背包。第i件物品的重量是weight[i]，得到的价值是value[i] 。每件物品只能用一次，求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。

解法

暴力解法

每种物品有两种状态：取或不取，因此可以用回溯法搜索出所有组合，选出价值最大的方案，时间复杂度为o(2^n)。

动态规划

举例：背包重量为4，物品为：

1. dp[i][j]定义

当前背包容量为j时， 从下标为[0, i]的物体中任意取，放到背包中，的最大价值。

    示意图如下：

   

2.递推公式

dp[i][j]可以从两个方向得到：

• 放物品i: 由dp[i - 1][j - weight[i]]推出，即不放物品i时，容量为[j - weight[i]的背包（要给物品i流出放的重量）时的最大价值加上物品i的价值。
• 不放物品i：由dp[i-1][j]推出，即容量为j，不放物品i时的最大价值。

递推公式为： dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j - weight[i]] + value[j])

3. 初始条件

• 当背包容量为0时，那么不管从哪几个物体中选，最大价值总为0.
• 当i为0时，即只能选择放入物品0或不放入物品0，想得到最大价值，肯定选择物品0最好， 但如果物品0重量大于背包容量时就无法放入，最大价值为0。

4. 遍历顺序

dp[i][j]由[i][j]位置的上方或者左上方得到，可以先遍历物品，也可以先遍历容量，我选择前者。具体步骤如下：

首先从dp[1][1]开始计算，当前物品1的重量（3）超过了背包总容量（1），所以无论之前的物品（这里指物品0）有没有放入背包，物品1都不可能放进去，所以背包的最大价值和在当前容量下放入物品1前的最大价值相同，即dp[1][1] = dp[0][1] = 15。dp[1][2]同理。

当背包扩容到3（即j = 3）时，直观来看，我们可以选择放入物品1，如果放入，就不能同时放入物品0，那么价值为20，如果不放物品1，可能的最大价值为只放物品0的价值，即15，因为20>15, 所以dp[1][3] = 20。把上述想法抽象总结如下：

容量大于物品1的容量，说明可以放入物品1。如果放入物品1，那留给前面的物体（这里指物品0）的容量只有j-wright[j]（这里为0），所以前面物体能创造的最大价值为dp[i-1][j-weight[j]], 加上物品j后的价值为dp[i - 1][j - weight[j]] + value[i], 如果不放入物品1，那就和之前的情况一样，即dp[i-1][j]。取这两种情况价值大的，即max(dp[i - 1][j - weight[j]] + value[i], dp[i-1][j])。

5. 举例推导dp数组

在纸上举例，能写出下面的数组。

代码实现

在ACM模式下，Python的输入模式基础语句为下：

# 读取一个整数
n = int(input()) 

# 一行里有n个整数， 表示数据
a = list(map(int, input(),split()))

# 一行里面有两个整数
n, m = map(int, input().split()) 

# 如果有多行数据，则按照每行的顺序依次执行上述对应指令

objNum, bagWeight = map(int, input().split())

weight = [int(i) for i in input().split()]
value = [int(i) for i in input().split()]

dp = [[0]*(bagWeight+1) for i in range(objNum)]
for j in range(bagWeight+1):
    if j >= weight[0]:
        dp[0][j] = value[0]

for i in range(1, objNum): # 遍历
    for j in range(1, bagWeight+1):
        if weight[i] > j:
            dp[i][j] = dp[i-1][j]
        else:
            dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j - weight[i]] + value[i])
            
print(dp[objNum - 1][bagWeight])