朴素解法

关于01背包问题及其动态规划解法的讲解（特别是针对C++代码）重新梳理成题解。

01背包问题

你拥有：
N 件物品。
一个容量为 V 的背包。
每件物品 i 有一个体积 v_i 和一个价值 w_i。
约束：每件物品只能使用一次（即，要么选择放入背包，要么不放）。

目标：
选择物品的一个子集放入背包。
所选物品的总体积不得超过背包容量 V。
所选物品的总价值应尽可能大。
输出这个可能的最大总价值。

C++ 代码分析

我们来看一下你代码中的变量和结构：
n：物品的数量（从输入读取，对应问题描述中的 N）。
m：背包的容量（从输入读取，对应问题描述中的 V）。
v[i]：第 i 件物品的体积（1索引，即 v[1] 到 v[n]）。
w[i]：第 i 件物品的价值（1索引，即 w[1] 到 w[n]）。
* f[i][j]：动态规划（DP）表。这是解决方案的核心。

动态规划方法 - 步骤详解

1. 识别最优子结构：
   该问题具有最优子结构。如果我们想求解 n 件物品在容量为 m 的背包中的最大价值，我们可以考虑第 n 件物品：

   • 情况1：我们不放入第 n 件物品。 问题就简化为在前 n-1 件物品中，用同样的容量 m 来获取最大价值。
   • 情况2：我们放入第 n 件物品（前提是其体积 v[n] 小于或等于当前容量 m）。 获得的价值将是 w[n] 加上在前 n-1 件物品中，用剩余容量 m - v[n] 所能获得的最大价值。
     最优解将是这两种情况中价值较大的那个。这个逻辑递归地适用于任何物品 i 和容量 j。

2. 定义状态（匹配你代码中的 f[i][j]）：
   在你代码中，状态 f[i][j] 代表：
   从前 i 件物品中（即物品 1, 2, …, i）进行选择，当背包容量为 j 时，所能获得的最大总价值。

   • i 的范围是从 0 到 n（已考虑的物品数量）。
   • j 的范围是从 0 到 m（当前正在考虑的背包容量）。

3. 推导状态转移方程（你代码循环中的核心逻辑）：
   对于每件物品 i（从1到 n），以及对于每种可能的容量 j（从0到 m）：

   我们需要决定是否放入第 i 件物品（其体积为 v[i]，价值为 w[i]）。

   • 选项1：不放入第 i 件物品。
     如果我们不放入第 i 件物品，那么在容量为 j 的情况下我们能得到的最大价值，就等于只使用前 i-1 件物品在同样容量 j 下所能得到的最大价值。
     所以，价值为 f[i-1][j]。
     这对应代码行：f[i][j] = f[i-1][j];

   • 选项2：放入第 i 件物品。
     这只有在当前容量 j 大于或等于第 i 件物品的体积时才可能（即 j >= v[i]）。
     如果我们放入第 i 件物品，它将贡献 w[i] 的价值。背包的剩余容量变为 j - v[i]。然后我们需要用前 i-1 件物品来最优地填充这个剩余容量。该子问题的最大价值是 f[i-1][j - v[i]]。
     所以，如果我们放入第 i 件物品，价值将是 f[i-1][j - v[i]] + w[i]。

   合并选项： 我们想要最大化价值。所以 f[i][j] 将是这两个选项中的最大值（如果选项2有效）。
   这正是你的代码所做的：
   c++ f[i][j] = f[i-1][j]; // 选项1：假设我们不拿第 i 件物品 if (j >= v[i]) { // 检查选项2是否可行 // 选项2：拿第 i 件物品，并与选项1的价值比较 f[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][j - v[i]] + w[i]); }

4. 确定边界条件/初始状态：

   • f[0][j] = 0 对于所有 j 从 0 到 m：如果我们不考虑任何物品（即考虑0件物品），无论背包容量如何，能获得的最大价值都是0。
   • f[i][0] = 0 对于所有 i 从 0 到 n：如果背包容量为0，我们无法放入任何物品，所以最大价值是0。

   在你的C代码中，f 是一个全局数组。在C中，如果全局数组没有显式初始化，它们会被自动零初始化。这有效地将所有的 f[0][j] 和 f[i][0]（当 i=0 或 j=0 时）设置为0，从而满足了边界条件。
   当 i = 1 时，f[i-1][j] 变成 f[0][j]，其值为0。
   当 j = 0 时，f[i][0] 将是 f[i-1][0]（其值为0）。条件 if (0 >= v[i]) 通常为假（假设物品体积 v[i] 是正数），所以 f[i][0] 保持为 f[i-1][0]。

5. 确定计算顺序（你代码中的循环）：
   你代码中的循环定义了 f 表是如何被填充的：
   c++ for (int i = 1; i <= n; i++) // 外层循环：遍历物品 for (int j = 0; j <= m; j++) // 内层循环：遍历容量 { // ... f[i][j] 的计算 ... }

   • 外层循环 i 从 1 遍历到 n（逐个考虑物品）。
   • 内层循环 j 从 0 遍历到 m（考虑当前物品集合下的所有可能容量）。

   这个顺序至关重要。在计算 f[i][j] 时，它依赖于前一行 f[i-1][...] 的值（即少考虑一件物品的子问题的解）。这种“自底向上”的方法确保了在计算 f[i][j] 时，f[i-1][j] 和 f[i-1][j - v[i]] 都已经被计算并存储好了。

6. 最终答案：
   循环完成后，f 表就被填充完毕。根据我们对状态的定义，f[n][m] 将存储：
   “从前 n 件物品中（即所有物品）进行选择，当总体积不超过 m（总背包容量）时，所能获得的最大价值。”
   这正是原问题的解。
   你的代码通过以下语句输出这个结果：cout << f[n][m] << endl;

01背包DP思考过程总结：

1. 我要优化什么？ （总价值）
2. 对于每件物品我有哪些选择？ （拿，或者不拿）
3. 我如何定义一个状态 dp[i][j]（或 f[i][j]）来代表一个子问题的解？
   • 通常涉及 i（到目前为止考虑的物品数量）和 j（当前的容量/约束）。
   • f[i][j] = 使用前 i 件物品，在容量为 j 的情况下的最大价值。
4. 我如何从较小的子问题过渡到较大的子问题？ （递推关系式）
   • f[i][j] 基于 f[i-1][...]。
   • 考虑不拿第 i 件物品：f[i-1][j]。
   • 考虑拿第 i 件物品：第 i 件物品的价值 + f[i-1][j - 第 i 件物品的体积]。
   • f[i][j] = max (这两个选项)。
5. 最简单的情况（边界条件）是什么？
   • f[0][j] = 0（没有物品，没有价值）。
   • f[i][0] = 0（没有容量，没有价值）。
6. 我应该按什么顺序填充我的DP表？
   • 先遍历物品，再遍历容量。

这种系统性的方法，与你的C++代码相结合，为使用动态规划解决01背包问题提供了一条清晰的路径。

空间优化解法

好的，我们来讨论如何对上面讲解的01背包问题进行空间优化。

原来的二维DP解法中，我们使用了 f[i][j] 这样一个二维数组（或 vector<vector<int>>），其空间复杂度是 O(N*V)（其中 N 是物品数量，V 是背包容量）。当 N 和 V 很大时，这可能会导致内存超限。

空间优化的思路

观察状态转移方程：
f[i][j] = f[i-1][j] （不选第 i 件物品）
f[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][j - v[i]] + w[i]) （如果 j >= v[i]，考虑选第 i 件物品）

我们发现，在计算第 i 行（即 f[i][...]）的状态时，我们仅仅依赖于第 i-1 行（即 f[i-1][...]）的状态。我们不需要 f[i-2], f[i-3] 等更早的状态。

这就启发我们，其实没有必要存储整个二维 f 表。理论上，我们只需要两个一维数组：一个存储第 i-1 行的状态，另一个用来计算并存储第 i 行的状态。甚至，我们可以优化到只用一个一维数组。

使用一维数组进行优化

我们可以定义一个一维数组 dp[j]（或者在你的代码中，可以继续叫 f[j]，只是它现在是一维的），其中 dp[j] 表示：
在处理到当前物品为止，对于容量为 j 的背包，所能获得的最大价值。

当我们考虑第 i 件物品（体积 v[i]，价值 w[i]）时，我们想要更新 dp[j] 的值。
状态转移方程可以改写成（尝试）：
dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i]] + w[i])

这里有一个关键问题：当我们计算 dp[j] 时，dp[j - v[i]] 应该代表什么？
它应该代表 在不考虑第 i 件物品时，容量为 j - v[i] 的背包所能获得的最大价值（即对应二维表中的 f[i-1][j - v[i]]）。
而 dp[j] 在等号左边，代表的是 考虑了第 i 件物品后，容量为 j 的背包所能获得的最大价值（即对应 f[i][j]）。
* dp[j] 在等号右边的 max 函数的第一个参数，也应该代表 不考虑第 i 件物品时，容量为 j 的背包所能获得的最大价值（即对应 f[i-1][j]）。

关键点：内层循环（容量 j）的遍历顺序

如果我们在内层循环中，像二维DP那样正序遍历容量 j (从 0 到 m)：
for (int j = v[i]; j <= m; j++) {
dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i]] + w[i]);
}
当计算 dp[j] 时，我们用到的 dp[j - v[i]] 可能已经是本轮（即考虑第 i 件物品时）更新过的值。例如，计算 dp[5] 时用到 dp[2]，如果 dp[2] 已经在考虑第 i 件物品时被更新了，那么就相当于第 i 件物品在计算 dp[5] 时被间接考虑了多次（因为它影响了新的 dp[2]，而新的 dp[2] 又用来计算 dp[5]）。这就变成了完全背包问题（每件物品可以选多次）。

为了确保 dp[j - v[i]] 是上一轮（即处理第 i-1 件物品时）的状态值，我们必须逆序遍历背包容量 j（从 m 向下到 v[i]）。
for (int j = m; j >= v[i]; j--) {
dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i]] + w[i]);
}
这样，当我们计算 dp[j] 时：
dp[j] (在 max 的第一个参数) 存储的是不放入物品 i 时，容量 j 的最大价值 (这是上一个物品 i-1 迭代结束时的 dp[j] 值，或者是本轮 i 更大容量 j' 更新前的值，但对于当前的 j，它代表了不放物品 i 的情况)。
dp[j - v[i]] 存储的是不放入物品 i 时，容量 j - v[i] 的最大价值。因为 j - v[i] 比 j 小，所以在逆序遍历中，dp[j - v[i]] 尚未被当前物品 i 更新，它仍然是上一轮迭代（处理物品 i-1）的结果。

这样，空间复杂度就从 O(N*V) 降到了 O(V)。

具体的C++代码 (空间优化后)

使用与你之前代码相似的变量名：

#include <iostream>
#include <algorithm> // 为了 std::max
#include <vector>    // 使用 vector 更灵活，但也可以用静态数组

using namespace std;

// 如果使用静态数组，可以像之前一样定义常量
// const int MAX_N = 1010; // 最大物品数量
// const int MAX_M = 1010; // 最大背包容量

int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false); // 加速cin/cout
    cin.tie(NULL);

    int n, m; // n: 物品数量, m: 背包容量
    cin >> n >> m;

    // 使用 vector 存储物品的体积和价值
    // v_item 和 w_item 下标从 0 开始，对应物品 0 到 n-1
    // 或者，如果你习惯 1-based 索引，可以声明 vector 大小为 n+1
    vector<int> v(n); // 体积
    vector<int> w(n); // 价值

    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> v[i] >> w[i];
    }

    // dp[j] 表示容量为 j 的背包能获得的最大价值
    // 对应原二维 f[i][j] 中的滚动数组思想
    vector<int> dp(m + 1, 0); // 初始化所有元素为0，容量从0到m

    // 遍历每一件物品
    for (int i = 0; i < n; i++) { // 物品索引从 0 到 n-1
        // 逆序遍历背包容量
        // 确保每个物品只被考虑一次（01背包特性）
        // j 必须大于等于当前物品体积 v[i] 才能考虑放入
        for (int j = m; j >= v[i]; j--) {
            // 决策：
            // 1. 不放入第 i 件物品：dp[j] 的值保持不变（来自上一个物品迭代的结果）
            // 2. 放入第 i 件物品：价值为 w[i] + dp[j - v[i]]
            //    (dp[j - v[i]] 是上一个物品迭代中，容量为 j - v[i] 的最大价值)
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i]] + w[i]);
        }
    }

    cout << dp[m] << endl; // 最终答案是容量为 m 时的最大价值

    return 0;
}

代码说明与对应关系：

• 原 f[i][j]：现在由一维数组 dp[j] 滚动更新。
• 物品循环 for (int i = 1; i <= n; i++)：对应新代码中的 for (int i = 0; i < n; i++)。这里的 v[i] 和 w[i] 是当前正在考虑的物品。
• 容量循环 for (int j = 0; j <= m; j++) 中的 f[i-1][j]：这部分信息隐含在 dp[j] 更新前的值中。
• 容量循环 for (int j = 0; j <= m; j++) 中的 f[i-1][j - v[i]]：这部分信息通过逆序遍历，在 dp[j - v[i]] 中获取，确保它是上一个物品迭代的结果。
• 核心状态转移 if (j >= v[i]) f[i][j] = max(f[i-1][j], f[i-1][j - v[i]] + w[i]); else f[i][j] = f[i-1][j];：
  在优化后的代码中，dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i]] + w[i]); 实现了这个逻辑。
  • dp[j] (max的第一个参数) 代表不选当前物品 i 时的价值，即 f[i-1][j]。
  • dp[j - v[i]] + w[i] 代表选当前物品 i 时的价值，其中 dp[j - v[i]] 来自 f[i-1][j - v[i]]。
  • 如果 j < v[i]，则循环 for (int j = m; j >= v[i]; j--) 不会执行到这个 j，dp[j] 的值保持不变，天然对应了 f[i][j] = f[i-1][j] 的情况。

这种空间优化是01背包问题的一个标准技巧，非常实用。