揹包問題
問題描述
揹包問題是一系列問題的統稱，具體包括：01揹包、完全揹包、多重揹包、分組揹包等（僅需掌握前兩種，後面的為競賽級題目）
下面來研究01揹包
實際上即使是最經典的01揹包，也不會直接出現在題目中，一般是融入到其他的題目背景中再考察
因為是學習原理，所以先跳過最原始的問題模板來學。
01揹包的原始題意是：（標準的揹包問題）
有n件物品和一個最多能背重量為 w 的揹包。第 i 件物品的重量是 weight[i] ，得到的價值是 value[i] 。每件物品只能用一次，求解將哪些物品裝入揹包裡物品價值總和最大。
（01揹包問題可以使用暴力解法，每一件物品其實只有兩個狀態，取或者不取，所以可以使用回溯法搜尋出所有的情況，那麼時間複雜度就是O(2^n)，這裡的n表示物品數量。因為暴力搜尋的時間複雜度是指數級別的，所以才需要透過dp來進行最佳化）
根據上面的描述可以舉出以下例子
二維dp陣列01揹包
揹包最大重量為4。
物品為：
| 重量 | 價值 | |
|---|---|---|
| 物品0 | 1 | 15 |
| 物品1 | 3 | 20 |
| 物品2 | 4 | 30 |
問揹包能背的物品最大價值是多少？
五部曲分析一波
五步走
1、確定dp陣列含義
該問題中的dp陣列應該是二維的，所以先定義一個dp[i][j]
該陣列的含義是什麼？
含義：任取編號（下標）為[0, i]之間的物品放進容量為j的揹包裡
2、確定遞推公式
確定遞推公式之前，要明確dp[i][j]可以由哪幾個方向推匯出
當前揹包的狀態取決於放不放物品i，下面分別討論
（1）不放物品i
dp[i - 1][j]
（2）放物品i
dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i] （物品i的價值）
我來解釋一下上面的式子是什麼意思
先回顧一下dp[i][j]的含義：從下標為[0, i]的物品裡任意取，放進容量為j的揹包，價值總和最大是多少。
那麼可以有上述兩個方向推出來dp[i][j]
情況1：不放物品i。此時我們已經認為物品i不會被放到揹包中，那麼根據dp[i][j]的定義，任取物品的範圍應該變成[0, i-1]
也就是從下標為[0, i-1]的物品裡任意取，放進容量為j的揹包，價值總和最大是多少，即dp[i - 1][j]
再看情況2：放物品i。因為要放物品i，那就不需要再遍歷到i了（相當於已經放入揹包的東西下次就不遍歷了）
根據dp[i][j]的定義，任取物品的範圍也應該變成[0, i-1]
但是，因為情況2是要將物品i放入揹包，此時揹包的容量也要發生變化
根據dp[i][j]的定義，揹包的容量應該要減去物品i的重量 weight[i] ，即dp[i - 1][j - weight[i]]
此時dp[i - 1][j - weight[i]]只是做好了準備放入物品i的工作，實際上物品i並沒有放入，因此該式子的含義是：揹包容量為j - weight[i]的時候不放物品i的最大價值
所以要再加上物品i本身的價值 value[i] ，才能求出揹包放物品i得到的最大價值
即：dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]
根據dp[i][j]的定義，我們最後要求價值總和最大物品放入方式
因此遞推公式應該是： dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
從不放物品i和放物品i兩個方向往dp[i][j]推，取最後結果最大的那種方式（即最優的方式）
3、確定dp陣列初始化方式
可以把dp陣列試著畫出來，然後假設要求其中一個位置，思考可以從哪個方向將其推出，而這些方向最開始又是由哪些方向推得的，進而確定dp陣列中需要初始化的部分
將本題的dp陣列畫出來如下：
假設有一個要求的元素dp[x][x]，根據前面對遞推公式的討論可知，該元素一定是由兩個方向推過來求得的。
也就是情況1、情況2，那麼對應到圖中就是從上到下推過來的，是情況1（dp[i - 1][j]）
情況2（dp[i - 1][j - weight[i]]）在圖中體現得不是十分確定，但是大致方向是從左上角往下推過來的
這兩個方向的源頭分別指向綠色區域和橙色區域
那麼這兩個區域就是要初始化的區域，怎麼初始化呢？
先說橙色區域，從dp[i][j]的定義出發，如果揹包容量j為0的話，即dp[i][0]，無論是選取哪些物品，揹包價值總和一定為0。
所以橙色區域區域需要初始化為0
再說綠色區域，狀態轉移方程 dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); 可以看出 i 是由 i-1 推匯出來，那麼 i 為 0 的時候就一定要初始化
dp[0][j]，即：i 為0，存放 編號0 的物品的時候，各個容量的揹包所能存放的最大價值。
很明顯當 j < weight[0]的時候，dp[0][j] 應該是 0，因為揹包容量比編號0的物品重量還小。
當j >= weight[0]時，dp[0][j] 應該是 value[0] ，因為揹包容量放足夠放編號0物品。
兩個區域的初始化情況對應到圖中如下：
初始化程式碼：
for (int j = 0 ; j < weight[0]; j++) { //橙色區域
dp[0][j] = 0;
}
// 正序遍歷
for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) {//綠色區域
dp[0][j] = value[0];
}
以上兩個區域實際上屬於“含0下標區域”，其他的“非0下標區域”也需要初始化（沒想清楚為什麼有時要初始化完整個dp陣列，有時又不用）
“非0下標區域”初始化為任何值都可以
還是拿前面的圖來看
以dp[x][x]這個位置為例，其初始化成100、200都無所謂，因為這個位置的dp值是由其上面和左上兩個方向上的情況推匯出來的，只取決於這裡個方向最開始的初始化值。
（例如dp[x][x]這裡初始化為100，我從上面推導下來之後會用推導值將100覆蓋）
4、確定遍歷方式
該問題中dp陣列有兩個維度：物品、揹包容量，先遍歷哪個呢？
直接說結論，都行，但是先遍歷物品更好理解
（具體看程式碼隨想錄解釋）
兩種過程的圖如下：
（這裡需要重申一下揹包問題的條件：每個物品只能用一次，要求的是怎麼裝揹包裡的價值最大）
先遍歷物品再遍歷揹包容量（固定物品編號，遍歷揹包容量）
挑一個節點來說一下（圖中的紅框部分），此時的遍歷順序是先物後包，物品1(重3價20)在0~4種容量中放置的結果如圖所示
因為固定了物品1，此時揹包容量為0、1、2的情況都是放不下物品1的（又也放不下物品3），所以只能放物品0（此為最佳選擇）
當遍歷到揹包容量為3時，可以放下物品1了，那此處的最佳選擇就是放一個物品1，所以此處的dp陣列值變為20
其餘位置分析方法同理
先遍歷揹包容量再遍歷物品（固定揹包容量，遍歷物品編號）
有了前面的例子，這裡就很好理解了，就是從上往下遍歷，固定住當前揹包的容量，遍歷物品，看看能不能放入，能放的話最優選擇應該放哪個
還是拿紅框部分來說，此時揹包容量固定為3
第一次遍歷，物品0可以裝下，此時最優選擇就是放物品0，揹包總價是15；
第二次遍歷，物品1可以裝下，此時最優選擇就是放物品1，揹包總價是20；
第二次遍歷，物品2裝不下，此時最優選擇就是放物品1，揹包總價還是20；
其餘位置分析方法同理
完整c++測試程式碼（卡哥）
void test_2_wei_bag_problem1() {
vector<int> weight = {1, 3, 4};
vector<int> value = {15, 20, 30};
int bagweight = 4;
// 二維陣列
vector<vector<int>> dp(weight.size(), vector<int>(bagweight + 1, 0));
// 初始化
for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) {
dp[0][j] = value[0];
}
// weight陣列的大小 就是物品個數
for(int i = 1; i < weight.size(); i++) { // 遍歷物品
for(int j = 0; j <= bagweight; j++) { // 遍歷揹包容量
if (j < weight[i]) dp[i][j] = dp[i - 1][j];
else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
}
}
cout << dp[weight.size() - 1][bagweight] << endl;
}
int main() {
test_2_wei_bag_problem1();
}