說明
這段時間每天加班，確實沒有整塊的時間來寫部落格了，一不小心就到週末了，要是不寫篇部落格，那就又要鴿了。為了不打臉，還是加班加點的把這篇部落格給寫了出來。
再說個題外話，最近一直在看一本關於Mysql的掘金小冊，感覺很棒，作者用通俗易懂的語言將Mysql的底層原理進行了介紹，圖文並茂，講解的很深入，可以看出作者應該是花了不少心思，借閱了不少書籍的。據說作者是個95後，為了寫這本小冊子還特意辭了職，簡直優秀！
一篇文章大概需要花費40~60分鐘，建議花整塊的時間進行閱讀。
從作者的身上，也看到了一種匠心精神，反觀自己，寫這麼水的文章，實在是慚愧。所以決定對文章質量把把關，本著寧缺毋濫的原則來寫作，儘量不浪費大家的時間。
好了，閒話就說到這了，言歸正傳。
上一篇中，我們瞭解了01揹包問題，並用三種方法進行了求解，但其實在最後一種解法上，我們還能再對它的空間複雜度進行優化。
優化過程
已經過去一個星期了，可能一部分人已經忘記了之前的解題思路，所以在這裡把之前填表法使用到的圖貼了過來：
這是我們上一篇填表法的最終結果，在這裡，聰明的你應該能發現，其實這裡大部分的內容都沒有用上，那麼讓我們來想想，如何優化一下空間複雜度呢？
再回頭看下之前的遞推關係式：
可以發現，每次求解 KS(i,j)只與KS(i-1,m) {m:1...j} 有關。也就是說，如果我們知道了K(i-1,1...j)就肯定能求出KS(i,j)，為了更直觀的理解，再畫一張圖：
下一層只需要根據上一層的結果即可推出答案，舉個栗子，看i=3，j=5時，在求這個子問題的最優解時，根據上述推導公式，KS(3,5) = max{KS(2,5),KS(2,0) + 3} = max{6,3} = 6;如果我們得到了i=2時所有子問題的解，那麼就很容易求出i=3時所有子問題的解。
因此，我們可以將求解空間進行優化，將二維陣列壓縮成一維陣列，此時，裝填轉移方程變為：
KS(j) = max{KS(j),KS(j - wi) + vi}
複製程式碼這裡KS(j - wi)就相當於原來的KS(i-1, j - wi)。需要注意的是，由於KS(j)是由它前面的KS(m){m:1..j}推匯出來的，所以在第二輪迴圈掃描的時候應該由後往前進行計算，因為如果由前往後推導的話，前一次迴圈儲存下來的值可能會被修改，從而造成錯誤。
這麼說也許還是不太清楚，回頭看上面的圖，我們從i=2推算i=3的子問題的解時，此時一維陣列中存放的是{0,0,2,4,4,6,6,6,6,6,6}，這是i=2時所有子問題的解，如果我們從前往後推算i=3時的解，比如，我們計算KS(0) = 0，KS(1) = KS(1) = 0 (因為j=1時，裝不下第三個珠寶，第三個珠寶的重量為5)，KS(2) = 2,KS(3) = 4,KS(4) = 4, KS(5) = max{KS(5), KS(5-5) + 3} = 6,....,KS(8) = max{KS(8),KS(8 - 5) + 3} = 7。在這裡計算KS(8)的時候，我們就把原來KS(8)的內容修改掉了，這樣，我們後續計算就無法找到這個位置的原值（這個栗子沒舉好。。因為後面的計算沒有用到KS(8)= =），也就是上一輪迴圈中計算出來的值了，所以在遍歷的時候，需要從後往前進行倒序遍歷。
public class Solution{
int[] vs = {0,2,4,3,7};
int[] ws = {0,2,3,5,5};
int[] newResults = new int[11];
@Test
public void test() {
int result = ksp(4,10);
System.out.println(result);
}
private int ksp(int i, int c){
// 開始填表
for (int m = 0; m < vs.length; m++){
int w = ws[m];
int v = vs[m];
for (int n = c; n >= w; n--){
newResults[n] = Math.max(newResults[n] , newResults[n - w] + v);
}
// 可以在這裡輸出中間結果
System.out.println(JSON.toJSONString(newResults));
}
return newResults[newResults.length - 1];
}
}
複製程式碼輸出如下：
[0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0]
[0,0,2,2,2,2,2,2,2,2,2]
[0,0,2,4,4,6,6,6,6,6,6]
[0,0,2,4,4,6,6,6,7,7,9]
[0,0,2,4,4,7,7,9,11,11,13]
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複製程式碼這樣，我們就順利將空間複雜度從O(n*c)優化到了O(c)。當然，空間優化的代價是，我們只能知道最終的結果，但無法再回溯中間的選擇，也就是無法根據最終結果來找到我們要選的物品組合。
關於初始值
01揹包問題一般有兩種不同的問法，一種是“恰好裝滿揹包”的最優解，要求揹包必須裝滿，那麼在初始化的時候，除了KS(0)為0，其他的KS(j)都應該設定為負無窮大，這樣就可以保證最終得到的KS(c)是恰好裝滿揹包的最優解。另一種問法不要求裝滿，而是隻希望最終得到的價值儘可能大，那麼初始化的時候，應該將KS(0...c)全部設定為0。
為什麼呢？因為初始化的陣列，實際上是在沒有任何物品可以放入揹包的情況下的合法狀態。如果要求揹包恰好裝滿，那麼此時只有容量為0的揹包可以在什麼都不裝且價值為0的情況下被“恰好裝滿”，其他容量的揹包均沒有合法的解，因此屬於未定義的狀態，應該設定為負無窮大。如果揹包不需要被裝滿，那麼任何容量的揹包都有合法解，那就是“什麼都不裝”。這個解的價值為0，所以初始狀態的值都是0。
總結
01揹包問題可以用自上而下的遞迴記憶法求解，也可以用自下而上的填表法求解，而後者可以將二維陣列的解空間優化成一維陣列的解空間，從而實現空間複雜度的優化。
對於01揹包問題的兩種不同問法，實際上的區別便是初始值設定不一樣，解題思路是一樣的。
關於01揹包問題，介紹到這裡就已經全部結束了，希望能對大家有所幫助。如果覺得有收穫，不要吝嗇你的贊哦，也歡迎關注我的公眾號留言交流。