嘿！01 背包超有趣，来看算法如何装满你的 “财富包”，快收藏哦～
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带你细节剖析01背包的满选与非满选及滚动数组优化下的解法制作日期：2025.01.06
隶属专栏：C/C++题海汇总
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开启这场旅行吧，下面我们先简单通过生动的举例来说明一下啥是01背包吧：
一·01背包问题描述：
01 背包问题是一个经典的组合优化问题，可以描述为：给定一个固定容量为C 的背包和n 个物品，每个物品i有其对应的重量wi和vi价值 ，要求在不超过背包容量的前提下，选择若干物品放入背包，使得放入背包中的物品总价值最大。这里的 “01” 表示对于每个物品，我们只有两种选择：放入背包（用 1 表示）或不放入背包（用 0 表示）。
二.01背包问题举例说明：
假设我们有一个容量 C=10 的背包，以及以下 5 个物品：
各个重量价值如图所示：
三.01背包解决思路及例子分析 ：
下面我们分别从暴搜，贪心，以及动归三个算法开始去分析，最终会得到动归算法占明显优势：
3.1暴力搜索法（穷举法）：
思路：
尝试所有可能的物品组合，计算每种组合的总重量和总价值，找出不超过背包容量且总价值最大的组合。
下面看展示：
对于上述 5 个物品，我们可以考虑所有的组合：
组合 1：不选任何物品，总重量为 0，总价值为 0。
组合 2：只选物品 1，总重量为 2，总价值为 3。
组合 3：只选物品 2，总重量为 3，总价值为 4。
组合 4：选物品 1 和物品 2，总重量为2+3=5 ，总价值为 3+4=7.
以此类推，最终会找出总重量不超过 10 且总价值最大的组合。
然而这样一定好嘛，可想而知当数据特别大肯定就不行了。
缺点：时间复杂度为O(2^n) ，当物品数量 n较大时，计算量巨大，效率极低。
3.2贪心算法：
思路：
有多种贪心策略，常见的有价值优先、重量优先和价值密度（价值 / 重量）优先。
下面我们还是以上面那个图开始举例子说明：
3.2.1价值优先策略：
首先选择价值最大的物品，即物品 5，其价值为 10，但重量为 9。放入背包后，背包容量还剩10-9=1 ，无法再放入其他物品。总价值为 10。
3.2.2重量优先策略：
首先选择重量最小的物品，即物品 1，其重量为 2，价值为 3。然后考虑物品 2，重量为 3，价值为 4，此时背包容量还剩10-2-3=5 。继续考虑物品 3，重量为 4，价值为 5，总重量变为 2+3+4=9，总价值为 3+4+5=12，此时背包容量还剩 1，无法再放入物品 4 或物品 5。总价值为 12。
3.2.3价值密度优先策略：
计算每个物品的价值密度：物品 1 的价值密度为
，物品 2 的价值密度为
，物品 3 的价值密度为
，物品 4 的价值密度为
，物品 5 的价值密度为
。按照价值密度从大到小排序，先选物品 4，重量为 5，价值为 8，背包容量还剩 5。再选物品 1，重量为 2，价值为 3，背包容量还剩 3。此时无法再放入其他物品，总价值为8+3=11 。
到这里，细心的小伙伴是不是，早就发现，并不是我们预期的，甚至得不到我们想要的答案，因此这种对于一般01背包要精确求取最佳问题的时候就不合适了。
缺点：贪心算法不能保证一定能找到最优解，只能找到近似最优解。
3.3动态规划法：
思路：
使用一个二维数组dp[i][j]表示前 个物品放入容量为i的背包的最大价值j状态转移方程为：
那么下面我们还是根据上面的表模拟一下(dp表还是多开一个空间)：
对于dp[i][0] 和 dp[0][j] 都初始化为 0（表示没有物品或背包容量为 0 时的最大价值为 0）
当i==1（也就是第一个物品）：
当i==2（也就是第二个物品）：
依次类推，填满整个 dp数组，最终 dp[5][10]就是最终答案 .
最终得到的dp[5][10]的值将是该问题的最优解，其时间复杂度为O(nC)，空间复杂度为O(nC) ，对于n和 C不是特别大的情况，是一种比较高效的方法。
四.实际应用举例:
下面我们简单说一下关于01背包模版有那些变形应用：
4.1资源分配问题:
假设你是一个工厂的老板，有一笔预算 用于购买新设备，市场上有 种设备，每种设备 有购买成本 和预期收益 ，你需要决定购买哪些设备才能使总收益最大，同时不超过预算，这就是一个 01 背包问题。
4.2任务分配问题:
你是一个项目经理，有一个总的工作时长 ，有 个任务，每个任务 需要耗费的时间为 且能带来的收益为 ，你需要选择哪些任务来完成，以达到总收益最大，这可以转化为 01 背包问题。
4.3盗贼的选择问题：
一个盗贼进入一个房子，他的背包容量有限（比如体积或重量限制），房子里有各种宝物，每个宝物有相应的体积和价值，盗贼要选择哪些宝物带走，能使他带走的宝物总价值最大，这是 01 背包问题的经典场景。
五·01背包经典模版(装满及非装满版本)：
下面我们就以动态规划的解法来解答01背包问题吧；以一道模版题为例：
测试用例1：
输入：3 5 输出：14
2 10 9
4 5
1 4
解释：装第一个和第三个物品时总价值最大，但是装第二个和第三个物品可以使得背包恰好装满且总价值最大。
测试用例2：
输入：3 8 输出：8
12 6 0
11 8
6 8
解释： 装第三个物品时总价值最大但是不满，装满背包无解。
牛客网原题链接：【模板】01背包_牛客题霸_牛客网
下面我们就用动归思想来完成它吧：
5.1题目叙述：
由题目要求可知，此题要通过两个dp状态表示等来解决；一个是小于等于，一个一定等于（对应我们的装满和非装满）。下面我们一个个分析：
非装满状态（二维dp非优化版）：
首先我们可以看出它要求的状态有两个（如果我们直接搞dp[i]要么体积无法推导，要么价值无法；故这里我们先假设它是二维dp然后去定义再去推导，看看成不成立）。
因此我们假设：
dp[i][j]表示到i位置时候，背包体积是不超过j时的最大价值。
这个第一问其实是比较容易得，不用一定要装满；下面我们模拟一下过程得出状态转移方程：
得到状态转移方程：
难道这就完了吗？当然没有还要考虑初始化以及有没有越界行为的处理：
因此我们还是多开一行：
分析下标为0的行（也就是价值是0，但是体积不断增大）由定义得出：这的dp就是0.
分析下标是0的列（也就是体积是0，但是价值可以有很多）：我们没体积故价值也就是0.
其次还有个极为细节的处理：
想必大家在写状态方程时候就想到了，下标可能越界；也就是我们的j减去i位置的体积是可能存在负数；即当i-1处不超过的体积放入i位置的物品后就超过了；因此我们还要判断一下是否成立如果不，我们就只能选择不放了。
其次就是还要注意我们增加了虚拟节点；要时刻注意原数组与dp数组下标交错时的对应关系。
这样就可以表示了：
int N,V;
cin>>N>>V;
vector<pair<int,int>>v(N);
//ans1：
for(int i=0;i<N;i++) cin>>v[i].first>>v[i].second;
for(int i=1;i<=N;i++){
for(int j=1;j<=V;j++){
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],j>=v[i-1].first?dp[i-1][j-v[i-1].first]+v[i-1].second:0);
}输出答案dp[N][V]即可。
装满状态（二维dp非优化版）：
装满状态相当于比上面的状态加大了一点难度：
下面我们先读题目要求：
这也是需要注意的；当遍历到i位置的选择要么是可以装满状态要么是不能装满两个状态要区分，并注意答案输出：
这里只是把j的含义改成等于即可：
dp[i][j]只是修改了j的含义变成等于j时的最大价值。
这里我们来做个约定：
因为我们无价值肯定dp值是0；但是个当前位置不能装满；也就是我们就不可以是0了；首先可以装满j的价值肯定是个非负数；因此这里如果不能装满我们假设是-1即可咯。
这么一看是不是和刚才非装满大差不多：是的，但是还是要处理细节问题的（由于多了装满的限制），下面我们就分析刚刚的状态转移方程来做细节处理：
这就完了嘛？
当然，还要考虑我们的初始化；肯定是和上面都是0不同了：
我们根据这一题的输出提醒一下：因为我们定义的全局dp；而第二次用就要memset清空dp表了。
我们根据上面的定义初始化dp表有两种写法：
//写法一：
// dp[i][j]=max(dp[i-1][j],//这里是博主采用的最爱的三目运算符完成的
// j>=v[i-1].first&&dp[i-1][j-v[i-1].first]!=-1?
// dp[i-1][j-v[i-1].first]+v[i-1].second:-1);
//写法二：
// // dp[i][j]=dp[i-1][j];//直接先变成上一个（无论是-1还是不是，如果是-1后面选的话符合要求就会替换掉，如果后者前后两种情况都不成立就自然是-1了）
// // if( dp[i-1][j-v[i-1].first]!=-1&&j>=v[i-1].first)
// //dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i-1].first]+v[i-1].second);
// }最后到了输出答案的时候可千万不要忘了-1代表着输出0哦！！
解答代码：
memset(dp,0,sizeof dp);
// for(int i=1;i<=V;i++)dp[0][i]=-1;//由定义可知，当0个位置处，无法填满背包
// for(int i=1;i<=N;i++){
// for(int j=1;j<=V;j++){
//此外每次都要判断要用到的之前的位置是否能填满，也就是dp值不能是-1才能用否则无意义
//写法一：
// dp[i][j]=max(dp[i-1][j],
// j>=v[i-1].first&&dp[i-1][j-v[i-1].first]!=-1?
// dp[i-1][j-v[i-1].first]+v[i-1].second:-1);
//写法二：
// // dp[i][j]=dp[i-1][j];
// // if( dp[i-1][j-v[i-1].first]!=-1&&j>=v[i-1].first)
// //dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i-1].first]+v[i-1].second);
// }
// }
// cout<<(dp[N][V]==-1?0:dp[N][V])<<endl;
二维下的解答代码汇总：
解法1（普通二维）：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int n=1005;
//dp[i][j]表示到i位置时候，背包体积是不超过j时的最大价值
// int dp[n][n]{0};
// int main()
// {
// int N,V;
// cin>>N>>V;
// vector<pair<int,int>>v(N);
// //ans1：
// for(int i=0;i<N;i++) cin>>v[i].first>>v[i].second;
// for(int i=1;i<=N;i++){
// for(int j=1;j<=V;j++){
// dp[i][j]=max(dp[i-1][j],j>=v[i-1].first?dp[i-1][j-v[i-1].first]+v[i-1].second:0);
// }
// }
// cout<<dp[N][V]<<endl;
// //ans2：
///dp[i][j]只是修改了j的含义变成等于j时的最大价值；规定无法填满背包为dp值为-1
// memset(dp,0,sizeof dp);
// for(int i=1;i<=V;i++)dp[0][i]=-1;//由定义可知，当0个位置处，无法填满背包
// for(int i=1;i<=N;i++){
// for(int j=1;j<=V;j++){
//此外每次都要判断要用到的之前的位置是否能填满，也就是dp值不能是-1才能用否则无意义
//写法一：
// dp[i][j]=max(dp[i-1][j],
// j>=v[i-1].first&&dp[i-1][j-v[i-1].first]!=-1?
// dp[i-1][j-v[i-1].first]+v[i-1].second:-1);
//写法二：
// // dp[i][j]=dp[i-1][j];
// // if( dp[i-1][j-v[i-1].first]!=-1&&j>=v[i-1].first)
// //dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i-1].first]+v[i-1].second);
// }
// }
// cout<<(dp[N][V]==-1?0:dp[N][V])<<endl;
// return 0;
// }下面我们来进行滚动数组的优化（这里要改的地方也不多，我们来做一下分析）：
非装满状态（一维dp滚动数组优化版）：
原理：
这里相当于把上面的dp二维给覆盖式填表了；由于每次要用到i-1位置的dp值故这里采取的是从右到左的覆盖式填表；可以保证每次取到的是i-1的dp值而并非是i之前填写的dp值。
下面是不是还是有点迷糊？我们来画图分析一下（这里我们每一行展示的是遍历到的i行时候的（相当于只在原行操作了））：
这么一优化，我们的判断条件也就少了：比如：
我们不是如果选的话还是要判断下标不能越界（也就是j和当前i的体积之间关系）：
那么还有什么要注意的嘛？ 就是我们如果不选的话它是还是dp[j](之前i-1的值，相当于不变) 。
int N,V;
cin>>N>>V;
vector<pair<int,int>>v(N);
//ans1：
for(int i=0;i<N;i++) cin>>v[i].first>>v[i].second;
for(int i=1;i<=N;i++){
for(int j=V;j>=v[i-1].first;j--){
dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i-1].first]+v[i-1].second);
}
}
cout<<dp[V]<<endl;下面还要注意情况全局dp值呀！
装满状态（一维dp滚动数组优化版）：
这里装满问题比上面就多了一个判断是否装满（是否为-1）的情况而已，这里就不多说了，直接展示代码：
for(int i=1;i<=V;i++)dp[i]=-1;
for(int i=1;i<=N;i++){
for(int j=V;j>=v[i-1].first;j--){
dp[j]=max(dp[j],
dp[j-v[i-1].first]!=-1?
dp[j-v[i-1].first]+v[i-1].second:-1);
}
}
cout<<(dp[V]==-1?0:dp[V])<<endl;
下面我们总结下对滚动优化后是如何对代码优化的：
总结过渡修改方法：1.反向遍历填表
2、把dp有关i下标的都干掉
3·这里还有个小优化：防止下标越界（如果拿i位置，背包就不会够）：
如果选它不合适那就不选；也就是对于下标j<v[i-1]即不选让它就是上一次i-1对 应的值 即可；由于我们是覆盖式填表（覆盖上次i-1结果）因此，直接做不操作，即第二次循环只到v[i-1]即可。
滚动数组优化后解答代码汇总：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int n=1005;
int dp[n]{0};
int main()
{
int N,V;
cin>>N>>V;
vector<pair<int,int>>v(N);
//ans1：
for(int i=0;i<N;i++) cin>>v[i].first>>v[i].second;
for(int i=1;i<=N;i++){
for(int j=V;j>=v[i-1].first;j--){
dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i-1].first]+v[i-1].second);
}
}
cout<<dp[V]<<endl;
//ans2：
memset(dp,0,sizeof dp);
for(int i=1;i<=V;i++)dp[i]=-1;
for(int i=1;i<=N;i++){
for(int j=V;j>=v[i-1].first;j--){
dp[j]=max(dp[j],
dp[j-v[i-1].first]!=-1?
dp[j-v[i-1].first]+v[i-1].second:-1);
}
}
cout<<(dp[V]==-1?0:dp[V])<<endl;
return 0;
}
六·01背包总结：
归根结底还是动归的过程（参考博客动归做法小结：【动态规划篇】步步带你深入解答成功AC最优包含问题（通俗易懂版）-CSDN博客）；其次就是根据它的题意分析填表及初始化问题（根据选还是不选），以及它类似的衍生题（就是保证最大还要有限制：从选还是不选入手）；然后可选的去做好滚动数组优化（注：这里如果可以进行滚动数组降维覆盖实的优化，那么它的状态表示只能和上一个即i-1有关才可）（在二维dp完成后），来减少一些代码及降低复杂度等；后面会出有关完全背包的后序希望大家多多关注呀！！！
