01背包问题
最近初学算法，遇到一让人很揪心的问题，想了两天也什省么结果。问题是这样的，在动态规划中都有个二维数组
，但我现在很是弄不懂这二维数组的用法，下面是一个01背包问题的代码，谁能帮我注释一下代码解释，特别是那个二维数组的用法！，怎么可以用物品的重量充当数组下标呢，真是不明白！！40分纳，大家都来说两句吧，尽量详细点啊！！！！
#include<stdio.h>
int c[10][100];/*对应每种情况的最大价值*/
int knapsack(int m,int n)
{
int i,j,w[10],p[10];
for(i=1;i<n+1;i++)
scanf("\n%d,%d",&w[i],&p[i]);
for(i=0;i<10;i++)
for(j=0;j<100;j++)
c[i][j]=0;/*初始化数组*/
for(i=1;i<n+1;i++)//就下面的这两个循环和下面这个二维数组不明白！！
for(j=1;j<m+1;j++)
{
if(w[i]<=j) /*如果当前物品的容量小于背包容量*/
{
if(p[i]+c[i-1][j-w[i]]>c[i-1][j])//为什么可以用物品的重量充当数组下标呢？？？
/*如果本物品的价值加上背包剩下的空间能放的物品的价值*/
/*大于上一次选择的最佳方案则更新c[i][j]*/
c[i][j]=p[i]+c[i-1][j-w[i]];
else
c[i][j]=c[i-1][j];
}
else c[i][j]=c[i-1][j];
}
return(c[n][m]);
}
int main()
{
int m,n;int i,j;
scanf("%d,%d",&m,&n);
printf("Input each one:\n");
printf("%d",knapsack(m,n));
printf("\n");/*下面是测试这个数组,可删除*/
for(i=0;i<10;i++)
for(j=0;j<15;j++)
{
printf("%d ",c[i][j]);
if(j==14)printf("\n");
}
system("pause");
}
[解决办法]
估计题目给的条件包括，最多10个物体，包的容量最大100,
所以二维数组c的下标为c[10][100]。
楼主上网搜一下“背包九讲”
[解决办法]
c数组的每一项记录的是：i个物体，放在容量为j的包内的最大价值！
判断式：p[i]+c[i-1][j-w[i]] > c[i-1][j]
右边是前i-1个物体放在容量为j的包内的最大价值（不包含第i个物体）；
左边是包含第i个物体时的最大价值；
即前i-1个物体放在容量为j-w[i]的包内，再加上第i个物体的价值。。。
[解决办法]
这个问题还是结合图表来看比较直观。可以参考这里
http://blog.csdn.net/bottlebox/archive/2009/05/18/4198936.aspx
[解决办法]
其实用一维足矣
dp[i]代表容量为i的时候的价值
memset(dp,0,sizeof(dp));
初始化dp[0] = 0;
for(int i = 0; i < n; ++i) //物品数
for( int j = c; j >= 0; --j ) //c为背包容量
if( j+a[i].w <= c && dp[j] != -1 )
dp[j+a[i].w] = max(dp[j+a[i].w], dp[j]+a[i].v);
我上传过DD的背包九讲，你可以看看 http://download.csdn.net/source/1866876
[解决办法]
P01: 01背包问题
题目
有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
基本思路
这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。
用子问题定义状态：即f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是：
f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}
这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。所以有必要将它详细解释一下：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”，价值为f[i-1][v]；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。
优化空间复杂度
以上方法的时间和空间复杂度均为O(VN)，其中时间复杂度应该已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O。
先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环i=1..N，每次算出来二维数组f[i][0..V]的所有值。那么，如果只用一个数组f[0..V]，能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态f[i][v]呢？f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]两个子问题递推而来，能否保证在推f[i][v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]的值呢？事实上，这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺序推f[v]，这样才能保证推f[v]时f[v-c[i]]保存的是状态f[i-1][v-c[i]]的值。伪代码如下：
for i=1..N
for v=V..0
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};
其中的f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]}一句恰就相当于我们的转移方程f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]}，因为现在的f[v-c[i]]就相当于原来的f[i-1][v-c[i]]。如果将v的循环顺序从上面的逆序改成顺序的话，那么则成了f[i][v]由f[i][v-c[i]]推知，与本题意不符，但它却是另一个重要的背包问题P02最简捷的解决方案，故学习只用一维数组解01背包问题是十分必要的。
事实上，使用一维数组解01背包的程序在后面会被多次用到，所以这里抽象出一个处理一件01背包中的物品过程，以后的代码中直接调用不加说明。
过程ZeroOnePack，表示处理一件01背包中的物品，两个参数cost、weight分别表明这件物品的费用和价值。
procedure ZeroOnePack(cost,weight)
for v=V..cost
f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}
注意这个过程里的处理与前面给出的伪代码有所不同。前面的示例程序写成v=V..0是为了在程序中体现每个状态都按照方程求解了，避免不必要的思维复杂度。而这里既然已经抽象成看作黑箱的过程了，就可以加入优化。费用为cost的物品不会影响状态f[0..cost-1]，这是显然的。
有了这个过程以后，01背包问题的伪代码就可以这样写：
for i=1..N
ZeroOnePack(c[i],w[i]);
初始化的细节问题
我们看到的求最优解的背包问题题目中，事实上有两种不太相同的问法。有的题目要求“恰好装满背包”时的最优解，有的题目则并没有要求必须把背包装满。一种区别这两种问法的实现方法是在初始化的时候有所不同。
如果是第一种问法，要求恰好装满背包，那么在初始化时除了f[0]为0其它f[1..V]均设为-∞，这样就可以保证最终得到的f[N]是一种恰好装满背包的最优解。
如果并没有要求必须把背包装满，而是只希望价格尽量大，初始化时应该将f[0..V]全部设为0。
为什么呢？可以这样理解：初始化的f数组事实上就是在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。如果要求背包恰好装满，那么此时只有容量为0的背包可能被价值为0的nothing“恰好装满”，其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，它们的值就都应该是-∞了。如果背包并非必须被装满，那么任何容量的背包都有一个合法解“什么都不装”，这个解的价值为0，所以初始时状态的值也就全部为0了。
这个小技巧完全可以推广到其它类型的背包问题，后面也就不再对进行状态转移之前的初始化进行讲解。
一个常数优化
前面的伪代码中有 for v=V..1，可以将这个循环的下限进行改进。
由于只需要最后f[v]的值，倒推前一个物品，其实只要知道f[v-w[n]]即可。以此类推，对以第j个背包，其实只需要知道到f[v-sum{w[j..n]}]即可，即代码中的
for i=1..N
for v=V..0
可以改成
for i=1..n
bound=max{V-sum{w[i..n]},c[i]}
for v=V..bound
这对于V比较大时是有用的。
小结
01背包问题是最基本的背包问题，它包含了背包问题中设计状态、方程的最基本思想，另外，别的类型的背包问题往往也可以转换成01背包问题求解。故一定要仔细体会上面基本思路的得出方法，状态转移方程的意义，以及最后怎样优化的空间复杂度。
这个是背包9 讲里面的第1将01背包问题。。
[解决办法]
建议看王晓东的书。
王晓东的算法的最优子结构性质为：
说明：m[i][j]表示物品i,i+1,i+2.....n选择性的放入容量为j的背包的可以达到的最大价值
最优子结构性质如下：
m[i][j]=max(m[i+1][j],m[i+1][j-w[i]]+v[i]) j>=w[i]
m[i][j]=m[i+1][j] j<w[i]
从i到n的物品，放入容量为j的背包可以达到的最大价值等于Max(（不放i物品，将j容量都用于放i+1到n的选择性最大价值），（放i物品，将i+1到n的选择性最大价值放入容量j-w[i]的容量内+i的价值）)
我们的问题是求m[1][c]，即从1....n，选择性的放入到容量为c的背包内的最大价值.
if(w[1]<=c)
则
m[1][c]=max(m[2][c],m[2][c-w[1]]+v[1])
否则
m[1][c]=m[2][c];
理解了么？ 这和普通的递归去找以及回溯的去找都不一样，递归和回溯都是从最简单的选当前或者不选当前去递归，回溯只是对不可能继续递归下去的进行剪枝。 而这里是动态规划，如果求到了一个m[i][j]，那么它就是最优的，需要保存起来，如果在其他分支再用到这个值，直接用就可以，因为根据上边的最优理论，我们求得的m[i][j]都是最优的。