问题
给定n种物品和一个背包，物品(1<=i<=n)重量是wI ，其价值vi, 背包容量为C,对每种物品只有两种选择：装入背包和不装入背包，即物品是不可能部分装入，部分不装入。如何选择装入背包的物品，使其价值最大？
想法
该问题是最优化问题，求解此问题一般采用动态规划（dynamic plan），很容易证明该问题满足最优性原理。
动态规划的求解过程分三部分：
一：划分子问题：将原问题划分为若干个子问题，每个子问题对应一个决策阶段，并且子问题之间具有重叠关系
二：确定动态规划函数：根据子问题之间的重叠关系找到子问题满足递推关系式（即动态规划函数），这是动态规划的关键
三：填写表格：设计表格，以自底向上的方式计算各个子问题的解并填表，实现动态规划过程。
思路：
如何定义子问题？0/1背包可以看做是决策一个序列（x1,x2,x3,…,xn）,对任何一个变量xi的决策时xi=1还是xi=0. 设V(n,C)是将n个物品装入容量为C的背包时背包所获得的的最大价值，显然初始子问题是将前i个物品装如容量为0的背包中和把0个物品装入容量为j的背包中，这些情况背包价值为0即
V(i,0)=V(0,j)=0 0<=i<=n, 0<=j<=C
接下来考虑原问题的一部分，设V(I,j)表示将前i个物品装入容量为j的背包获得的最大价值，在决策xi时，已经确定了(x1,x2,…,xi-1)，则问题处于下列两种情况之一：
- 背包容量不足以装入物品i，则装入前i-1个物品的最大价值和装入前i个物品最大价值相同，即xi=0，背包价值没有增加
-
背包容量足以装入物品i， 如果把物品i装入背包，则背包物品价值等于把前i-1个物品装入容量为j-wi的背包中的价值加上第i个物品的价值vi；如果第i个物品没有装入背包，则背包价值等于把前i-1个物品装入容量为j的背包中所取得的价值，显然，取二者最大价值作为把物品i装入容量为j的背包中的最优解，得到如下递推公式
为了确定装入背包中的具体物品，从V(n,C)的值向前推，如果V（n，C）>V(n-1,C),
则表明第n个物品被装入背包中，前n-1个物品被装入容量为C-wn的背包中；否则，第n个物品没有被装入背包中，前n-1个物品被装入容量为C的背包中，依次类推，直到确认第一个物品是否被装入背包中
代码C++实现
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// dp_01Knapsack.cpp : 定义控制台应用程序的入口点。
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#include<iostream>
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#include<algorithm>
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using namespace std;
-
const int N = 5;
-
const int Capacity = 20;
-
int flag[N+1] = { 0 };// 物品是否在背包中，下标从 1开始算
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int V[N+ 1][Capacity + 1] = { 0 }; // 造表记录子问题的最优解
-
int Knapsack(int w[], int v[], int n, int C);// 实际物品数目，背包容量
-
int main()
-
{
-
int w[] = {0,3,2,1,4,5};
-
int v[] = { 0,25,20,15,40,50 };
-
int n = 5, C = 6;
-
int maxValue = Knapsack(w, v, n, C);
-
cout << maxValue;
-
return 0;
-
}
-
int Knapsack(int w[], int v[], int n, int C) {
-
for (int i = 0; i <= n; ++i)
-
V[i][0] = 0;
-
for (int j = 0; j <= C; ++j)
-
V[0][j] = 0;
-
for(int i=1;i<=n;++i)
-
for (int j = 1; j <= C; ++j)
-
{
-
if (j < w[i])
-
V[i][j] = V[i - 1][j];
-
else {
-
V[i][j] = max(V[i - 1][j], V[i - 1][j - w[i]] + v[i]);
-
}
-
}
-
-
for (int i = n, j = C; i > 0; --i)
-
{
-
if (V[i][j] > V[i - 1][j])
-
{
-
flag[i] = 1;
-
j -= w[i];
-
}
-
else
-
flag[i] = 0;
-
}
-
cout << " 造表\n ";
-
for (int i = 0; i <= n; ++ i)
-
{
-
for (int j = 0; j <= C; ++j)
-
cout << V[i][j] << '\t';
-
cout << endl;
-
}
-
-
for (int i = 1; i <= n; ++i)
-
cout << flag[i] << '\t';
-
cout << endl;
-
return V[n][C];
-
}
结果如下：
表格分析如下
|
|
0 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
flag |
|
0 |
0 |
0 |
0 |
0 |
0 |
0 |
0 |
|
W1=3,v1=25 |
1 |
0 |
0 |
0 |
25 |
25 |
25 |
25 |
0 |
W2=2,v2=20 |
2 |
0 |
0 |
20 |
25 |
25 |
45 |
45 |
0 |
W3=1,v3=15 |
3 |
0 |
15 |
20 |
35 |
40 |
45 |
45 |
1 |
W4=4,v4=40 |
4 |
0 |
15 |
20 |
35 |
40 |
55 |
60 |
0 |
W5=5,v5=50 |
5 |
0 |
15 |
20 |
35 |
40 |
55 |
65 |
1 |
算法性能分析：
在算法Knapsack中，第一个for循环的时间性能是O(n),第二个for循环的时间性能是O(C),第三个循环是两层嵌套for循环，时间性能是O(n*C)，第四个for循环时间性能是O(n);
因此算法时间复杂度O(n*C)