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背包问题是一个非常好的动态规划入门题目，是动态规划中最常见的问题形式。其具有很多变种，例如 0-1 背包问题、完全背包问题、多重背包问题等。
在本节中，我们先来学习基础的 的 0-1 背包问题。
在本节中，我们先来求解最常见 的 0-1 背包问题。
!!! question
给定 $n$ 个物品，第 $i$ 个物品的重量为 $wgt[i-1]$ 、价值为 $val[i-1]$ ， 现在有个容量为 $cap$ 的背包，每个物品只能选择一次，问在不超过背包容量下背包中 物品的最大价值。
给定 $n$ 个物品，第 $i$ 个物品的重量为 $wgt[i-1]$ 、价值为 $val[i-1]$ ， 和一个容量为 $cap$ 的背包。每个物品只能选择一次，问在不超过背包容量下能放入 物品的最大价值。
请注意，物品编号 $i$ 从 $1$ 开始计数，数组索引从 $0$ 开始计数，因此物品 $i$ 对应重量 $wgt[i-1]$ 和价值 $val[i-1]$ 。
下图给出了一个 0-1 背包的示例数据，背包内的最大价值为 $220$ 。
请注意，物品编号 $i$ 从 $1$ 开始计数，数组索引从 $0$ 开始计数，因此物品 $i$ 对应重量 $wgt[i-1]$ 和价值 $val[i-1]$ 。
我们可以将 0-1 背包问题看作是一个由 $n$ 轮决策组成的过程，每个物体都有不放入和放入两种决策，因此该问题是满足决策树模型的。此外，该问题的目标是求解“在限定背包容量下的最大价值”，因此较大概率是个动态规划问题。我们接下来尝试求解它。
我们可以将 0-1 背包问题看作是一个由 $n$ 轮决策组成的过程，每个物体都有不放入和放入两种决策，因此该问题是满足决策树模型的。
该问题的目标是求解“在限定背包容量下的最大价值”，因此较大概率是个动态规划问题。
**第一步：思考每轮的决策，定义状态，从而得到 $dp$ 表**
在 0-1 背包问题中 ，不放入背包，背包容量不变；放入背包，背包容量减小。由此可得状态定义：当前物品编号 $i$ 和剩余背包容量 $c$ ，记为 $[i, c]$ 。
对于每个物品来说 ，不放入背包，背包容量不变；放入背包，背包容量减小。由此可得状态定义：当前物品编号 $i$ 和剩余背包容量 $c$ ，记为 $[i, c]$ 。
状态 $[i, c]$ 对应的子问题为：**前 $i$ 个物品在剩余容量为 $c$ 的背包中的最大价值**，记为 $dp[i, c]$ 。
需要 求解的是 $dp[n, cap]$ ，因此需要一个尺寸为 $(n+1) \times (cap+1)$ 的二维 $dp$ 表。
待 求解的是 $dp[n, cap]$ ，因此需要一个尺寸为 $(n+1) \times (cap+1)$ 的二维 $dp$ 表。
**第二步：找出最优子结构，进而推导出状态转移方程**
@ -41,21 +41,20 @@ $$
**第三步：确定边界条件和状态转移顺序**
当无物品或无剩余背包容量时最大价值为 $0$ ，即所有 $dp[i, 0]$ 和 $dp[0, c]$ 都等于 $0$ 。
当无物品或无剩余背包容量时最大价值为 $0$ ，即首列 $dp[i, 0]$ 和首行 $dp[0, c]$ 都等于 $0$ 。
当前状态 $[i, c]$ 从上方的状态 $[i-1, c]$ 和左上方的状态 $[i-1, c-wgt[i-1]]$ 转移而来，因此通过两层循环正序遍历整个 $dp$ 表即可。
!!! tip
完成以上三步后，我们可以直接实现从底至顶的动态规划解法。而为了展示本题包含的重叠子问题，本文也同时给出从顶至底的暴力搜索和记忆化搜索解法。
根据以上分析，我们接下来按顺序实现暴力搜索、记忆化搜索、动态规划解法。
### 方法一：暴力搜索
搜索代码包含以下要素：
- ** 递归参数**：状态 $[i, c]$ ；
- ** 终止条件**：当物品编号越界 $i = 0$ 或背包剩余容量为 $0$ 时，终止递归并返回价值 $0$ 。
- ** 剪枝**：若当前物品重量超出背包剩余容量，则只能不放入背包。
- ** 递归参数**：状态 $[i, c]$ ；
- ** 返回值**：子问题的解 $dp[i, c]$ ；
- ** 终止条件**：当物品编号越界 $i = 0$ 或背包剩余容量为 $0$ 时，终止递归并返回价值 $0$ ；
- ** 剪枝**：若当前物品重量超出背包剩余容量，则只能不放入背包；
=== "Java"
@ -123,15 +122,17 @@ $$
[class]{}-[func]{knapsackDFS}
```
如下图所示，由于每个物品都会产生不选和选两条搜索分支，因此最差 时间复杂度为 $O(2^n)$ 。
如下图所示，由于每个物品都会产生不选和选两条搜索分支，因此时间复杂度为 $O(2^n)$ 。
观察递归树，容易发现其中存在一些「 重叠子问题」 ，例如 $dp[1, 10]$ 等。而当物品较多、背包容量较大，尤其是当 相同重量的物品较多时，重叠子问题的数量将会大幅增多。
观察递归树，容易发现其中存在重叠子问题，例如 $dp[1, 10]$ 等。而当物品较多、背包容量较大，尤其是相同重量的物品较多时，重叠子问题的数量将会大幅增多。
### 方法二：记忆化搜索
为了防止重复求解重叠子问题，我们借助一个记忆列表 `mem` 来记录子问题的解，其中 `mem[i][c]` 对应解 $dp[i, c]$ 。
为了保证重叠子问题只被计算一次，我们借助记忆列表 `mem` 来记录子问题的解，其中 `mem[i][c]` 对应 $dp[i, c]$ 。
引入记忆化之后，**时间复杂度取决于子问题数量**，也就是 $O(n \times cap)$ 。
=== "Java"
@ -199,13 +200,11 @@ $$
[class]{}-[func]{knapsackDFSMem}
```
引入记忆化之后，所有子问题都只被计算一次，**因此时间复杂度取决于子问题数量**，也就是 $O(n \times cap)$ 。
### 方法三：动态规划
动态规划解法本 质上就是在状态转移中填充 $dp$ 表的过程，代码如下所示。
动态规划实 质上就是在状态转移中填充 $dp$ 表的过程，代码如下所示。
=== "Java"
@ -273,7 +272,7 @@ $$
[class]{}-[func]{knapsackDP}
```
如下图所示，时间复杂度由数组 `dp` 大小决定，为 $O(n \times cap)$ 。
如下图所示，时间复杂度和空间复杂度都由数组 `dp` 大小决定，即 $O(n \times cap)$ 。
=== "< 1 > "
@ -319,11 +318,14 @@ $$
### 状态压缩
最后考虑状态压缩。以上代码中的数组 `dp` 占用 $O(n \times cap)$ 空间。由于每个状态都只与其上一行的状态有关，因此我们可以使用两个数组滚动前进，将空间复杂度从 $O(n^2)$ 将低至 $O(n)$ 。代码省略，有兴趣的同学可以自行实现。
由于每个状态都只与其上一行的状态有关，因此我们可以使用两个数组滚动前进，将空间复杂度从 $O(n^2)$ 将低至 $O(n)$ 。
进一步思考，我们是否可以仅用一个数组实现状态压缩呢？观察可知，每个状态都是由正上方或左上方的格子转移过来的。假设只有一个数组，当开始遍历第 $i$ 行时，该数组存储的仍然是第 $i-1$ 行的状态。
那么，我们是否可以仅用一个数组实现状态压缩呢？观察可知，每个状态都是由正上方或左上方的格子转移过来的。假设只有一个数组，当遍历到第 $i$ 行时，该数组存储的仍然是第 $i-1$ 行的状态，**为了避免左方区域的格子在状态转移中被覆盖，应该采取倒序遍历**。
- 如果采取正序遍历，那么遍历到 $dp[i, j]$ 时，左上方 $dp[i-1, 1]$ ~ $dp[i-1, j-1]$ 值可能已经被覆盖，此时就无法得到正确的状态转移结果。
- 如果采取倒序遍历，则不会发生覆盖问题，状态转移可以正确进行。
以下动画展示了在单个数组下从第 $i=1$ 行转换至第 $i=2$ 行的过程。建议你思考一下 正序遍历和倒序遍历的区别。
以下动画展示了在单个数组下从第 $i = 1$ 行转换至第 $i = 2$ 行的过程。请思考 正序遍历和倒序遍历的区别。
=== "< 1 > "
@ -343,7 +345,7 @@ $$
=== "< 6 > "
如以下代码所示，我们仅需将数组 `dp` 的第一维 $i$ 直接删除，并且将内循环修 改为倒序遍历即可。
在代码实现中，我们仅需将数组 `dp` 的第一维 $i$ 直接删除，并且把内循环更 改为倒序遍历即可。
=== "Java"
krahets
1 year ago