您当前的位置: 个人新学的几个背包问题，做下记录总结。（参考博客：http://blog.csdn.net/mu399/article/details/7722810 以及 http://blog.csdn.net/u013174702/article/details/45741395）
（1）01背包：
01背包的状态转换方程 f[i,j] = Max{ f[i-1,j-Wi]+Pi, f[i-1,j] }
f[i,j]表示在前i件物品中选择若干件放在承重为 j 的背包中，可以取得的最大价值。
Pi表示第i件物品的价值。该方程说白了就是比较放第i个和不放第i个物品两种决策，哪种决策价值大就选择哪种 。
我们举个例子来理解下：
假设f[i-1,j]表示我有一个承重为8的背包，当只有物品b,c,d,e四件可选时，这个背包能装入的最大价值9,现在有个重量Wi为2 价值为Pi为6
的物品a，考虑是否放入承重为8的背包使其价值最大，f[i-1,j-Wi]代表一个承重为6的背包的最大价值（等于当前背包承重8减去物品a的重量2），
当只有物品b,c,d,e四件可选时,这个背包能装入的最大价值为8
由于f[i-1][v-Wi]+w[i]= 9 + 6 = 15 大于f[i][v] = 8，所以物品a应该放入承重为8的背包。
总的来说：
方程之中，现在需要放置的是第i件物品，这件物品的重量是Wi,价值是Pi,因此f[i-1,j]代表的就是不将这件物品放入背包，而f[i-1],j-Wi]]+Pi则是代表将第i件放入背包之后的总价值，比较两者的价值，得出最大的价值存入现在的背包之中。
附上南阳oj上的一个题(49题)：
开心的小明
时间限制：1000 ms | 内存限制：65535 KB
难度：4
- 描述
- 小明今天很开心，家里购置的新房就要领钥匙了，新房里有一间他自己专用的很宽敞的房间。更让他高兴的是，妈妈昨天对他说：“你的房间需要购买哪些物品，怎么布置，你说了算，只要不超过N 元钱就行”。今天一早小明就开始做预算，但是他想买的东西太多了，肯定会超过妈妈限定的N 元。于是，他把每件物品规定了一个重要度，分为5 等：用整数1~5 表示，第5 等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是整数元）。他希望在不超过N 元（可以等于N 元）的前提下，使每件物品的价格与重要度的乘积的总和最大。设第j 件物品的价格为v[j]，重要度为w[j]，共选中了k 件物品，编号依次为j1...jk，则所求的总和为：v[j1]*w[j1]+..+v[jk]*w[jk]请你帮助金明设计一个满足要求的购物单.
- 输入
- 第一行输入一个整数N(0<N<=101)表示测试数据组数
每组测试数据输入的第1 行，为两个正整数，用一个空格隔开：
N m
（其中N（<30000）表示总钱数，m(<25)为希望购买物品的个数。）
从第2 行到第m+1 行，第j 行给出了编号为j-1
的物品的基本数据，每行有2 个非负整数
v p
（其中v 表示该物品的价格（v≤10000），p 表示该物品的重要度（1~5）） - 输出
- 每组测试数据输出只有一个正整数，为不超过总钱数的物品的价格与重要度乘积的总和的
最大值（<100000000） - 样例输入
-
1 1000 5 800 2 400 5 300 5 400 3 200 2
- 样例输出
-
3900
解决代码：
//01背包问题,开心的小明
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
int dp[30001];//dp[i]表示质量为i时的最大价值
struct bag{
int v;
int p;
}a[26];
int main(){
int n;
scanf("%d",&n);
while(n--){
int N,m,i,j;
scanf("%d%d",&N,&m);
for(i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%d",&a[i].v,&a[i].p);
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(i=1;i<=m;i++){
for(j=N;j>=a[i].v;j--){
dp[j]=max(dp[j-a[i].v]+a[i].v*a[i].p,dp[j]);
}//确定要不要买价格为j的第i件物品，总是使dp的值最大
}
printf("%d\n",dp[N]);
}
}
（2）又见01背包：又见01背包（通过南阳Oj一个例题来体现）
时间限制：1000 ms | 内存限制：65535 KB难度：3- 描述
-
有n个重量和价值分别为wi 和 vi 的 物品，从这些物品中选择总重量不超过 W的物品，求所有挑选方案中物品价值总和的最大值。1 <= n <=1001 <= wi <= 10^71 <= vi <= 1001 <= W <= 10^9
- 输入
- 多组测试数据。
每组测试数据第一行输入，n 和 W ，接下来有n行，每行输入两个数，代表第i个物品的wi 和 vi。 - 输出
- 满足题意的最大价值，每组测试数据占一行。
- 样例输入
-
4 5 2 3 1 2 3 4 2 2 - 样例输出
-
7
这题起初看以为就是普通的背包问题，仔细一看如果用dp[W]来表示质量为wi时的最大价值，因为W的范围太大开不了那么大的数组，
所以解决方法就是把价值和重量翻转，改用较小的价值来开数组，那么最后求的就是指定价值下的最小重量。
附上代码：
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct bag{
int w;
int v;
}a[101];
int dp[100000];
int main(){
int n,W;
while(scanf("%d%d",&n,&W)!=EOF){
int i,j,sum=0;
for(i=0;i<n;i++){
scanf("%d%d",&a[i].w,&a[i].v);
sum+=a[i].v;
}
for(i=0;i<=sum;i++)
dp[i]=1e9;
dp[0]=0;
for(i=0;i<n;i++){
for(j=sum;j>=a[i].v;j--){
dp[j]=min(dp[j-a[i].v]+a[i].w,dp[j]);//dp[]代表指定价值下的最小重量，j为指定价值
}
}
for(i=sum;i>=0;i--){//按顺序从大到小输出dp的值，即重量对应的价值
if(dp[i]<=W){
printf("%d\n",i);
break;
}
}
}
}
(3)完全背包：完全背包（南阳oj311题）
时间限制：3000 ms | 内存限制：65535 KB难度：4- 描述
-
直接说题意，完全背包定义有N种物品和一个容量为V的背包，每种物品都有无限件可用。第i种物品的体积是c，价值是w。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的体积总和不超过背包容量，且价值总和最大。本题要求是背包恰好装满背包时，求出最大价值总和是多少。如果不能恰好装满背包，输出NO
- 输入
- 第一行： N 表示有多少组测试数据（N<7）。
接下来每组测试数据的第一行有两个整数M，V。 M表示物品种类的数目，V表示背包的总容量。(0<M<=2000，0<V<=50000)
接下来的M行每行有两个整数c，w分别表示每种物品的重量和价值(0<c<100000，0<w<100000) - 输出
- 对应每组测试数据输出结果（如果能恰好装满背包，输出装满背包时背包内物品的最大价值总和。 如果不能恰好装满背包，输出NO）
- 样例输入
-
2 1 5 2 2 2 5 2 2 5 1
代码：
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
int dp[50005],c[2001],w[2001];
int main(){
int N,M,V,i,j;
scanf("%d",&N);
while(N--){
scanf("%d%d",&M,&V);
for(i=1;i<=V;i++)
dp[i]=-1000000;
dp[0]=0;
for(i=0;i<M;i++)
scanf("%d%d",&c[i],&w[i]);
for(i=0;i<M;i++){
for(j=c[i];j<=V;j++){
dp[j]=max(dp[j-c[i]]+w[i],dp[j]);
}
}
if(dp[V]<0)
printf("NO\n");
else
printf("%d\n",dp[V]);
}
}
解题思路：0-1背包的状态转移方程是
for i = 1 to N for v = V to Ci F [v] = max{F [v],F [v − Ci] + Wi}
完全背包就是不限制物品使用个数，可以无限使用，也就是可以重复放置一个物体转移方程for i = 1 to N for v = Ci to V F [v] = max(F [v], F [v − Ci] + Wi)
你会发现，这个伪代码与01背包问题的伪代码只有v的循环次序不同而已。 为什么这个算法就可行呢？首先想想为什么01背包中要按照v递减的次序来 循环。让v递减是为了保证第i次循环中的状态F [i, v]是由状态F [i − 1, v − Ci]递 推而来。换句话说，这正是为了保证每件物品只选一次，因为质量在减少不可能再能加入一个和原来质量一样大的物品，
而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以采用“质量增加”的循环，因此后面可能会继续加入和原来质量一样的物品。。