题目

有 N 种物品和一个容量是 V 的背包，每种物品都有无限件可用。(这个是完全背包类问题的主要特点)

第 i 种物品的体积是 vi，价值是 wi。

求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。
输出最大价值。

输入格式

第一行两个整数，N，V，用空格隔开，分别表示物品种数和背包容积。

接下来有 N 行，每行两个整数 vi,wi，用空格隔开，分别表示第 i 种物品的体积和价值。

输出格式

输出一个整数，表示最大价值。

数据范围

0<N,V≤1000
0<vi,wi≤1000

输入样例

输出样例：

代码

最直白代码

这个代码在提交时会超时，但是对于理解很直观：

它的主要思想就是对于 i,j 位置遍历所有拿 i 的个数 k （0 <= k <= j/v[i]）的情况得到最优的价值。

#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 1010;
int n, m;
int v[N], w[N], dp[N][N];

int main () {
    // 输入数据
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n ; ++i) cin >> v[i] >> w[i];

    for (int i = 1; i <= n ; ++i) {
        for (int j = 0; j <= m; ++j) {
            for (int k = 0; k * v[i] <= j; ++k)  // 判断拿k个时的大小，选择最大的
                dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-1][j - v[i]*k] + w[i]*k);
        }
    }
    cout << dp[n][m] << endl;
    return 0;
}

优化为两重循环

因为我们是按照读入的顺序，进行DP的，所以其实可以在读入数据时，就进行DP。例如读入第 i 个物品的体积和价值，那么我们就去把对于第 i 个物品的所有价值的情况遍历一次，这个时候就不需要v数组，w数组了，只需要两个变量即可。

真正实现状态转移方程：dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-v] + w)

#include<iostream>

using namespace std;

const int N = 1010;

int n, m;
int dp[N][N];

int main(){
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        int v, w;
        cin >> v >> w;
        for(int j = 0; j <= m; ++j){
            dp[i][j] = dp[i - 1][j];
            if(j >= v)
                dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - v] + w);
        }
    }
    cout << dp[n][m] << endl;
}

再优化空间复杂度

很多时候的DP问题其实都可以优化空间，因为一般状态转移方程都只和几个状态有关，例如最基础的爬楼梯问题，就只是需要前面两个状态，最终可由数组变成三个变量，即 O(n) => O(1)。

同理这里也可以降低纬度：我们发现当前状态只与上一个状态有关，这里的上一个状态泛指还没有这个物品时的各种容量的状态。那么很容易想到：用两个数组来滚动存储状态，A数组存有n-1个物体时的各种容量的状态，B数组就是当前n个物体的状态。

但是这样不好写代码，所以用到奇偶的思想。i 为奇数时有 A 数组，i 为偶数时用 B 数组。

看代码理解：

#include<iostream>

using namespace std;

const int N = 1010;

int n, m;
int dp[2][N];

int main() {
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        int v, w;
        cin >> v >> w;
        for(int j = 0; j <= m; ++j){
            dp[i & 1][j] = dp[(i - 1) & 1][j];
            if(j >= v)
                dp[i & 1][j] = max(dp[i & 1][j], dp[i & 1][j - v] + w);
        }
    }
    cout << dp[n & 1][m] << endl;
}

所以空间复杂度从O(n^2) 变成了 O(n)

优化最终版代码

#include<iostream>

using namespace std;

const int N = 1010;

int n, m;
int dp[N];

int main() {
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        int v, w;
        cin >> v >> w;
        for(int j = v; j <= m; ++j)
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - v] + w);
    }
    cout << dp[m] << endl;
}