1.基本问题

有N件物品和一个容量为V 的背包。放入第\(i\)件物品耗费的空间是\(C_i\)，得到的价值是\(W_i\)。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。

1.1 思路

这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。 用子问题定义状态：即\(F[i,v]\)表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是：
\(F[i, v] = max\{F[i−1,v], F[i−1,v−C_i] + W_i\}\)

1.2 核心代码

memset(F[0], 0, sizeof(F[0]));
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    for (int v = 0; v <= V; ++v) {
        if (v >= c[i]) F[i][v] = max(F[i-1][v], F[i-1][v-c[i]] + w[i]);
        else F[i][v] = F[i-1][v];
    }
}
for (int i = 0; i <= V; ++i) ans = max(ans, F[n][i]);

其时间复杂度和空间复杂度都是\(O(NV)\)， 其中时间复杂度基本上不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到\(O(V)\)。

memset(F, 0, sizeof(F));
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    for (int v = V; v >= c[i]; --v) {
        F[v] = max(F[v], F[v-c[i]] + w[i]);
    }
}
for (int i = 0; i <= V; ++i) ans = max(ans, F[i]);

2.求方案数

看一道题：小A点菜
对于这类改变问法的问题，一般只需将状态转移方程中的\(max\)改成\(sum\)即可。例如若每件物品均是完全背包中的物品，转移方程即为
\(F[i,v] = sum\{F[i−1,v],F[i,v−C_i]\}\)

初始条件是\(F[0,0] = 1\)。

F[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    for (int v = 0; v <= V; ++v) {
        if (v >= c[i]) F[i][v] = F[i-1][v] + F[i-1][v-c[i]];
        else F[i][v] = F[i-1][v];
    }
}
ans = F[n][V];
printf("%d\n", ans); 

3.求装得尽量满

再看一题：装箱问题 [NOIp2001普及组第4题]
其实这里\(W_i\)就是\(C_i\)。

memset(F, 0, sizeof(F));
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    for (int v = V; v >= c[i]; --v) {
        F[v] = max(F[v], F[v-c[i]] + c[i]);
    }
}
for (int i = 0; i <= V; ++i) ans = max(ans, F[i]);
printf("%d\n", V - ans);

4.求所有体积可能

又来一题：积木城堡
求出每个高度的城堡数量。

for (int i = 0; i < n; ++i) {
    int np = 0;
    int now;
    int sum = 0;
    while (1) {
        scanf("%d", &now);
        if (now == -1) break;
        a[++np] = now;
        sum += now;
    }
    if (max_sum < sum) max_sum = sum;
    memset(F, 0, sizeof(F));
    F[0] = 1;
    for (int j = 1; j <= np; ++j) {
        for (int v = sum; v >= a[j]; --v) {
            if (F[v-a[j]] && !F[v]) {
                ++h[v];
                F[v] = 1;
            }
        }
    }
}