0-1背包问题：
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这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
这个问题的特点是：每种物品只有一件，可以选择放或者不放。
算法基本思想：
利用动态规划思想 ，子问题为：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。
其状态转移方程是：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。
解释一下上面的方程：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，如果只考虑第i件物品放或者不放，那么就可以转化为只涉及前i-1件物品的问题，即1、如果不放第i件物品，则问题转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”；2、如果放第i件物品，则问题转化为“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])。则f[i][v]的值就是1、2中最大的那个值。
（注意：f[i][v]有意义当且仅当存在一个前i件物品的子集，其费用总和为v。所以按照这个方程递推完毕后，最终的答案并一定是f[N] [V]，不一定是唯一的最大值，也可以是f[N][0..V]的最大值。
以上概念和算法基本思想来源于blog：http://www.cnblogs.com/fly1988happy/archive/2011/12/13/2285377.html
以下为算法代码：是个不断优化的过程。首先(1)给出了递归和迭代的思想，(2)然后对迭代的算法代码进行空间优化。(3)然后给出了该问题的变种：恰好装满背包和完全背包问题。
(1)递归方法：
// 0-1 背包问题递归方法 回溯求最佳解
int packageRecursion(int c, int n)
{
if(n == N)
return (c < weight[n])? 0 : value[n];
if(c < weight[n])
return packageRecursion(c, n+1);
return max(packageRecursion(c, n+1), packageRecursion(c - weight[n], n+1) + value[n]);
}
(2)迭代方法：
// 0-1 背包问题迭代方法
void packageIteraction()
{
int **F;
F = new int*[N+1]; // 申请内存空间
int i;
for(i = 0; i < N+1; i++)
{
F[i] = new int [C+1];
}
int j;
for(i = 0 ; i < N+1; i++)
{
for(j = 0; j < C+1; j++)
{
F[i][j] = 0; // 初始化
}
}
// 正好装满背包 加上这几行
/*for(i = 0 ; i < N+1; i++)
{
for(j = 1; j < C+1; j++)
{
F[i][j] = min;
}
}*/
for(i = 1; i < N+1; i++)
{
for(j = weight[i]; j < C+1; j++)
{
F[i][j] = F[i-1][j] > (F[i-1][j-weight[i]]+value[i])? F[i-1][j] : (F[i-1][j-weight[i]]+value[i]);
}
}
if(F[N][C] > 0)
{
cout << "the opt value:" << F[N][C] << endl;
j = C; // 回溯 遍历出所选择的节点
for(i = N; i >= 1; i--)
{
if(F[i][j] == (F[i-1][j-weight[i]]+value[i]))
{
cout << i << "weight=: " << weight[i] << " value=: "<< value[i] << endl;
j = j - weight[i];
}
}
}
else{
cout << "not finde the opt value" << endl;
}
for(i = 0; i < N+1; i++) // 释放内存空间
{
delete[] F[i];
}
delete[] F;
}
（3）迭代方法优化空间复杂度：
以上迭代方法的时间复杂度和空间复杂度都是O(N*V)，其中时间复杂度基本已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O(V)。此时的做法是用F[V]来存储当前获得的价值的最大值，第二个for循环反向遍历。
// 将j=V:weight[i] 只用一维数组保存就可以了，降低了空间复杂度
void packageIteractionOpt()
{
int *F;
F = new int[C+1]; // 申请内存空间
int i;
for(i = 0; i < C+1; i++)
F[i] = 0;
// 正好装满背包 加上这句
/*for(i = 1; i < C+1; i++)
F[i] = min; */
for(i = 1; i < N+1; i++)
{
for(int j= C; j >= weight[i]; j--)
{
F[j] = F[j] > (F[j-weight[i]]+value[i])? F[j] : (F[j-weight[i]]+value[i]);
}
}
cout << F[C] << endl;
delete []F; // 释放内存空间
}
注意：上面要从后往前遍历，前面的都是上一次的结果，如果从前往后遍历，前面的是这次的结果。
Main函数代码：
int main()
{
cin >> C >> N;
weight = new int[N+1];
value = new int[N+1];
value[0] = 0;
weight[0] = 0;
int i;
for(i = 1; i <= N; i++)
cin >> value[i] >> weight[i];
//cout << packageRecursion(C, 1) << endl; // 递归方法
//packageIteraction();
packageIteractionOpt(); // 在同等条件下，降低了空间复杂度
delete []weight;
delete []value;
//cout << int(0x80000000) << endl; // int 中最小值
//cout << int(0xfffffffff) << endl; ; // int中-1
return 0;
}
输出结果：
(4)变种
1：恰好装满背包
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[V]是一种恰好装满背包的最优解，即背包中存有的价值，不是背包的容量。如果不能恰好满足背包容量，即不能得到f[V]的最优值，则此时f[V]=-∞，这样就能表示没有找到恰好满足背包容量的最优值。
以上代码中可以将注释的部分加上就可以了。其中int类型中最小值为0x80000000.
2：完全背包
此问题来源于hihoCoder中：链接，即将背包只能兑换一次或者不兑换改为可以兑换无数次
/*完全背包问题 http://hihocoder.com/contest/hiho7/problem/1 */
#include <iostream>
#include <memory.h> //A题时候使用memset需要添加这个库函数
using namespace std;
int main()
{
int N, M;
while(cin >> N >> M)
{
int need, value;
int *F = new int[M+1];
int i, j;
memset(F, 0, sizeof(int)*(M+1));
//for(i = 0; i < M+1; i++)
//F[i] = 0;
for(i = 1; i < N+1; i++)
{
cin >> need >> value;
for(j = need; j<=M; j++)
{
F[j] = F[j] > (F[j-need]+value)?F[j]:(F[j-need]+value);
}
}
// 错误代码
/*
如样例 2 10 2 3 3 5
*/
/*int k;
for(i = 1; i < N+1; i++)
{
cin >> need >> value;
for(j = M; j>=need; j--)
{
if(need == 0) k = 0;
else k = j/need; //
F[j] = F[j] > (F[j-k*need]+k*value)?F[j]:(F[j-k*need]+k*value);
}
}*/
cout << F[M] << endl;
delete []F;
}
}
// 测试输入
/*5 1000
144 990
487 436
210 673
567 58
1056 897*/
// 输出
// 5940
参考文献
1： http://www.cnblogs.com/fly1988happy/archive/2011/12/13/2285377.html
2：http://www.cnblogs.com/findumars/archive/2012/01/28/2330647.html
3：http://blog.csdn.net/shaopengfei/article/details/1473020
作者：小村长 出处：http://blog.csdn.net/lu597203933 欢迎转载或分享，但请务必声明文章出处。 （新浪微博：小村长zack, 欢迎交流！）
附腾讯笔试题
“背包题目”的基本描述是：有一个背包，能盛放的物品总重量为S,设有N件物品，其重量分别为w1，w2，…，wn，希望从N件物品中选择若干物品，所选物品的重量之和恰能放进该背包，即所选物品的重量之和即是S。递归和非递归解法都能求得“背包题目”的一组解，试写出“背包题目”的非递归解法
分析：
(1)递归解法直接用回溯就可以了，我们看代码：
// 回溯
void backTracking(int depth, int maxDepth, vector<int> temp, vector<int> vec, const int &S){
if(depth == maxDepth){ // 递归结束
int sum = 0;
vector<int> tmp;
for(int i = 0; i < maxDepth; i++){
if(temp[i] == 1){
sum += vec[i];
tmp.push_back(i);
}
}
if(sum == S)result.push_back(tmp);
return;
}
backTracking(depth+1, maxDepth, temp, vec, S); // 没有取depth的元素时的递归
temp[depth]=1;
backTracking(depth+1, maxDepth, temp, vec, S); // 取depth的元素时的递归
}
(2)非递归求出所有的解，我们可以采用位操作：
// 找出所有的解
void package(vector<int> vec, int S){
int n = vec.size();
int s = 1 << n;
for(int i = 1; i < s; i++){
int sum = 0;
vector<int> temp;
for(int j = 0; j < n; j++){
if((i & (1<<j)) != 0){
sum += vec[j];
temp.push_back(j);
}
}
if(sum == S) result.push_back(temp);
}
}
但时间复杂度较高为O(s*2^n)
(3
动态规划求一组解，我们用f[i][j]用来表示前i件物品随意选择一些物品能够恰好装满容量为j的背包的可行性=1，不可行则为0；如果j < v[i]:f[i][j] = f[i-1][j] ，表示第i个物品的重量已经超过最大重量j了，则结果变为了前i-1件物品能否恰好装入容量为j的背包的可行性即等于f[i-1][j]；
如果j>=v[i]，此时就可以选择装或者不装第i件物品了，如果装入，则它的可行性就变为了前i-1前物品是否能恰好装入j-vec[i]容量的背包中可行性了；选择不装，则它的可行性变为了前i-1物品能否恰好装入容量为j的背包中可行性了，两者有一个可行，表明前i件物品就能恰好装入容量为j的背包中。f[i][j] = f[i-1][j]||f[i-1][j-vec[i]]
初始化：f[i][0]=1(i=0,1,2,,..n) 其它的f[i][j]都等于0
代码：
// f[i][j]用来表示前i件物品随意选择一些物品能够恰好装满j的可行性=1，不可行则为0，
// 如果j < v[i]:f[i][j] = f[i-1][j] 表示肯定不能取第i件物品了，那么就变为i-1件能否恰好装入容量为j的背包的可行性了。
// 否则，f[i][j] = f[i-1][j]||f[i-1][j-v[i]] 表示装第i件物品,问题变为前i-1件物品是否能恰好装进j-vec[i]中的可行性或者不装第i件物品，则问题变为前i-1件能否恰好装入容量为j的背包的可行性f[i-1][j]，相或即为结果
// 初始化，除了f[0][j]为1，其余全部0
// 最终的结果f[n][S]为1表明存在一组解使得n解物品肯定能恰好装满容量为j的背包
void packageInteration(vector<int> vec, int S){
int n = vec.size();
int **f = new int*[n+1];
for(int i = 0; i < n+1; i++){
f[i] = new int[S+1];
memset(f[i], 0, sizeof(f[i])*(S+1));
}
for(int i = 0; i < n+1; i++)
f[i][0] = 1; // 初始化
for(int i = 1; i < n+1; i++){
for(int j = 1; j < S+1; j++){
if(j >= vec[i-1])f[i][j] = (f[i-1][j] || f[i-1][j-vec[i-1]]);
else f[i][j] = f[i-1][j];
}
}
for(int i = 1; i < n+1; i++){
for(int j = 1; j < S+1; j++){
cout << f[i][j] << " ";
}
cout << endl;
}
// 回溯求结果
int j = S;
for(int i = n; i > 0; i--){
if(j >= vec[i-1]){
if(f[i][j-vec[i-1]] == 1){ // 为0 表示可行
res.push_back(i);
j = j - vec[i-1];
}
}
}
}