还不会用动态规划解决01背包/完全背包？看这一篇文章就够了！

首先我们要明白什么是01背包和完全背包。

背包问题总体问法就是：

你有一个背包，最多能容纳的体积是V。

现在有n个物品，第i个物品的体积为vi​ ,价值为wi​。

现在有n种物品，每种物品有任意多个，第i种物品的体积为vi​ ,价值为wi​。

（1）求这个背包至多能装多大价值的物品？

（2）若背包恰好装满，求至多能装多大价值的物品？

根据物品个数是唯一还是无限多个，如果只能装一个，就是01背包问题；如果同一个物品能装无限多个，就是完全背包问题。

问法的区别：

同样也是分为两类，第一种就是必须将背包恰好装满，第二种问法是背包不必装满。

在弄清楚什么是01背包和完全背包后，我们来正式学习如何解决这类问题吧！

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我们首先来详细讲解01背包和完全背包的母题（模板），然后会有相应的例题，同样也有详解给到大家！

一、01背包

【模板】01背包_牛客题霸_牛客网 (nowcoder.com)

我们先解决第一问，背包没有必须装满的情况下。

用动态规划解决问题有下面的标准步骤：

1、状态表示：

dp[i][j] 表示从前i个物品中挑选，总体积不超过j，所有选法中能挑选出的最大价值。

有同学会问，状态表示为什么是这样的呢？因为这样我们会包含物品个数和体积，也没必要多想，可以直接记住！

2、状态转移方程

根据最后一步的状况，分情况讨论。

这里的dp[i][j]分为两种情况：

1. 不选i物品：dp[i-1][j]：此时状态表示就是第i-1个物品状态，直接照抄即可
2. 选i物品：dp[i-1][j-v[i]]+w[i]：因为我们已经挑选了第i个物品，因此第i个物品的价值一定是先加上的。在我们选了第i个物品的情况下，我们就需要找在前i-1个物品中体积等于j-v[i]的状态。当然这里的前提是必须 j-v[i] 要大于等于0，从坐标要大于等于0 也可以看出！

综上，状态转移方程就是求这两者的最大值。

3、初始化

根据经验，我们必须多一层空间，防止下标越界。

根据转移方程，我们我们发现对于列是不会产生越界的，因为我们对于列下标都会有j-v[i] >= 0判断！

所以我们只需要考虑行初始化，下面的背包问题也是如此，列的下标越界问题不用考虑！只需要考虑行的初始化。

在第0行，表示在前0个物品中，总体积为j所表示的总价值，不存在，所以可以直接初始化为0。

4、填表顺序

根据状态转移方程可知，由上到下，由左到右。

5、返回值

由题意中的求这个背包至多能装多大价值的物品，所以我们返回dp[n][V].

n表示一共有n个物品，V表示背包所能容纳的最大体积。

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我们继续解决第二问，背包必须装满的情况下。

1、状态表示

dp[i][j] 此时状态表示要与第一问进行区分：

dp[i][j] 表示从前i个物品中挑选，总体积正好等于j，所有选法中能挑选出的最大价值。

2、状态转移方程

大部分内容与第一问相同，但是我们要考虑在前i个物品中挑选，可能体积要求不满足，也就是条件不存在的情况！

因此我们需要将不成立的部分要特殊处理！！！目的都是为了不要使用这些不存在的值

第一种，将不存在的情况赋值成-1.

第二种，将这些值赋值成0x3f3f3f3f，表示最大值，或者负的，表示最小值。

3、初始化
还是跟之前一样，第一列不需要初始化。

第一行的第一个数存在，赋值为0。但是后面的值就不存在，在前0个物品中，挑选出体积正好为1、2、3……这些情况都不存在，所以赋值为-1

4、填表顺序

从上往下

5、返回值

dp[n][V]

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空间优化：

1、利用滚动数组在空间上的优化

我们可以直接用一维dp数组去代替二维数组

2、直接在原始的代码上稍加修改即可

直接将横坐标删除，然后遍历顺序修改成从右往左。

为何遍历顺序改成从右往左？因为我们在初始化dp表时，用到了左上角的值，而一维滚动初始化时从左往右会导致新一轮的值会被覆盖、修改掉。因此需要从右往左进行初始化dp表！

空间优化后的代码

#include <iostream>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
int dp[1010];
int v[1010];
int w[1010];
 
int main()
{
    int n = 0, V = 0;
    cin >> n >> V;
 
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> v[i] >> w[i];
    }
 
    //解决第一问
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for(int j = V; j >= v[i]; j--)
        {
            dp[j] = max(dp[j], w[i]+dp[j-v[i]]);
        }
    }
    cout << dp[V] << endl;
 
    //解决第二问
 
    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 >= 1; j--)
        {
            if(j >= v[i] && dp[j-v[i]] != -1)
            {
                dp[j] = max(dp[j], w[i]+dp[j-v[i]]);
            }
        }
    }
 
    if(dp[V] == -1)  cout << 0;
    else    cout << dp[V];
 
    return 0;  
}

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二、完全背包

【模板】完全背包_牛客题霸_牛客网 (nowcoder.com)

我们先解决第一问，背包没有装满的情况下。

1、状态表示：

跟01背包状态表示一致。

dp[i][j] 表示从前i个物品中挑选，总体积不超过j，所有选法中能挑选出的最大价值。

2、状态转移方程

01背包和完全背包的本质区别就是能选择数量不一样，01背包数量只有1个，而完全背包可选择物品数量有无限多个。

因此状态转移方程根据可选择物品数量分为很多种。

那有无限多种，如何将其转化为只有一种状态或者两种状态呢？

根据数学知识将纵坐标j 进行代换变成 j-v[i]，进行如下证明即可得：

最终的方程就是：

dp[j] = max(dp[j], dp[j-v[i]] + w[i]);

这里可以直接记忆最后的答案，证明过程了解。

简记就是将第一个状态转移表达式中的横坐标加1即可！

3、初始化

只需要初始化第一行初始化为0即可

4、填表顺序

根据状态转移方程，从上往下填写每一行，每一行从左往右

5、返回值

dp[n][V]

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我们继续解决第二问，背包必须装满的情况下。

1、状态表示

dp[i][j] 此时状态表示要与第一问进行区分：

dp[i][j] 表示从前i个物品中挑选，总体积正好等于j，所有选法中能挑选出的最大价值。

2、状态转移方程

与第一问的区别就是：需要用-1额外表示不存在的状态。

3、初始化

将不存在的情况赋值为-1。

第一行除了第一个位置其余都不存在。

4、填表顺序

同第一问

5、返回值

同第一问

空间优化：

同样也是利用滚动数组进行空间优化。

注意这里与01背包的区别就是从左往右遍历。

区分：

01背包从右往左遍历的原因是他运用到了上一行的值，因为是横坐标是 i-1

而完全背包的状态转移方程的横坐标是i 

这两者状态转移方程的区别也决定了他们在初始化方向的问题！！！

虚线表示01背包的方向，实现表示完全背包的方向。

最终优化后的代码：

#include <iostream>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int v[1010];
int w[1010];

int dp[1010];

int main()
{  
    int n = 0, V = 0;
    cin >> n >> V;
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> v[i] >> w[i];

    //vector<vector<int>> dp(n+1, vector<int>(V+1));

    //解决第一问
    for(int i = 1; i <= n ; i++)
    {
        //从左往右遍历
        for(int j = 1; j <= V ; j++)
        {
            if(j-v[i] >= 0)
            {
                dp[j] = max(dp[j], dp[j-v[i]] + w[i]);
            }
        }
    }
    cout << dp[V] << endl;

    //解决第二问
    memset(dp,0,sizeof(dp));

    //先初始化为-1
    for(int i = 1; i <= V; i++) dp[i] = -1;

    for(int i = 1; i <= n ; i++)
    {
        for(int j = 1; j <= V ; j++)
        {
            if(j-v[i] >= 0 && dp[j-v[i]] != -1)
            {
                dp[j] = max(dp[j], dp[j-v[i]] + w[i]);
            }
        }
    }

    if(dp[V] == -1) cout << 0;
    else cout << dp[V];

    return 0;
}