１．01揹包

問題：

有N件物品和一個容量為V的揹包。第i件物品的費用是c[i]，價值是w[i]。

求解將哪些物品裝入揹包可使這些物品的費用總和不超過揹包容量，且價值總和最大。

分析：

用dp[i][v]表示將前i個物品放入價值為v的揹包能獲得的最大價值

計算dp[i][v]時，分兩種情況：第i件物品選或者不選，二者中價值較大的值就是f[i][v]的值，

即：dp[i][v]=max{dp[i-1][v],dp[i-1][v-c[i]]+w[i]}

注意: 矩陣c和w的第一位要空出來，因為i == 0的情況被跳過，之後的演算法也是同理。

    vector<int> c = {0, 1, 2, 3}; // 費用
    vector<int> w = {0, 3, 2, 1}; // 價值
    int N = c.size()-1;
    int V = 2;
    vector<vector<int>> dp(N+1, vector<int>(V+1));
    for(int i = 0; i <= N; i++)
    for(int v = 0; v <= V; v++) {
        if(i == 0)
            dp[i][v] = 0;
        else if(v < c[i])              //　剩餘空間不足選擇第i件
            dp[i][v] = dp[i-1][v];
        else
            dp[i][v] = max(dp[i-1][v], dp[i-1][v-c[i]]+w[i]);
    }
    cout << dp[N][V] << endl;
 

考慮減少空間的開銷，由於計算過程為從上到下，從左到右，dp[i][v]實際上只依賴於dp[i-1][0...v]這些值。如果使用從右到左的順序，就可以只使用一維陣列進行計算。

    vector<int> dp2(N+1);
    for(int i = 0; i <= N; i++)
    for(int v = V; v >= 0; v--) {
        if(i == 0)
            dp2[v] == 0;
        else if(v >= c[i])
            dp2[v] = max(dp2[v], dp2[v-c[i]]+w[i]);  // 一維矩陣實現
    }
 

2.完全揹包

問題：

有N種物品和一個容量為V的揹包，每種物品都有無限件可用。第i種物品的費用是c[i]，價值是w[i]。

求解將哪些物品裝入揹包可使這些物品的費用總和不超過揹包容量，且價值總和最大

分析：

用dp[i][v]表示將前i個物品放入價值為v的揹包能獲得的最大價值

計算dp[i][v]時，也是可以分為兩種情況：第i件物品選n件(n>=1)或者不選,

也即：　dp[i][v] = max(dp[i-1][v], dp[i][v-c[i]]+w[i])

需要注意,當選定第i件物品時，標號還是為i，因為選定之後還可以繼續選i

    vector<vector<int>> dp(N+1, vector<int>(V+1));
    for(int i = 0; i <= N; i++)
    for(int v = 0; v <= V; v++) {
        if(i == 0)
            dp[i][v] = 0;
        else if(v < c[i])              //　剩餘空間不足選擇第i件
            dp[i][v] = dp[i-1][v];
        else
            dp[i][v] = max(dp[i-1][v], dp[i][v-c[i]]+w[i]);
    }
 

同樣，完全揹包也可以進行減少空間開銷。相對於01揹包，只需要修改v遍歷的順序就可以了。原因是：在01揹包中，倒序的目的是保證決策是否選擇i時依據的是沒有選入i的子結果，而在完全揹包中，我們正需要選入i的子結果，所以他們的順序時相反的。

    vector<int> dp2(N+1);
    for(int i = 0; i <= N; i++)
    for(int v = 0; v <= V; v++) {
        if(i == 0)
            dp2[v] == 0;
        else if(v >= c[i])
            dp2[v] = max(dp2[v], dp2[v-c[i]]+w[i]);  // 一維矩陣實現
    }

3.  多重揹包

問題：

有N種物品和一個容量為V的揹包。第i種物品最多有n[i]件可用，每件費用是c[i]，價值是w[i]。求解將哪些物品裝入揹包可使這些物品的費用總和不超過揹包容量，且價值總和最大。

分析：

簡單地，可以將第i個物品分為n[i]個物品來考慮，然後使用01揹包的演算法解決問題。但是這樣會大量增加物品的數量，複雜度比較高。可以考慮將物品用二進位制進行劃分，分為：1, 2, 4, ..., , n[i]-(-1)，其中-1 < n[i] (-1也就是前面k項的和，它當然得比總的值要小)。因為1, 2, 4, ..., 可以表示任意不大於的數，所以再加上n[i]-(-1)，就可以表示所有不大於n[i]的數了。

int main() {
    vector<int> c = {1, 1, 1}; // 費用
    vector<int> w = {1, 2, 3}; // 價值
    vector<int> num = {5, 10, 15};
    int N = c.size();
    int V = 20;
    vector<int> C,W;
    C.push_back(0);
    W.push_back(0);  //　第一個值置空
    for(int i = 0; i < N; i++) {
        for(int k = 1; num[i] > 0;k*=2) {
            if(k > num[i])
                k = num[i];
            num[i] -= k;
            C.push_back(k*c[i]);
            W.push_back(k*w[i]);
        }
    }
    N = C.size()-1;
    vector<int> dp(V+1);
    for(int i = 0; i <= N; i++)
    for(int v = V; v >= 0; v--) {
        if(i == 0)
            dp[v] == 0;
        else if(v >= C[i])
            dp[v] = max(dp[v], dp[v-C[i]]+W[i]);  
    }
    cout << dp[V] << endl;    
}

其中中隱含了對指數的判斷，簡化了過程。之後再對C,W進行01揹包的處理就行了。

4. 混合揹包

問題：

有的物品只可以取一次，有的物品可以取無限次，有的物品可以取的次數有一個上限。

分析：

這個問題實際上也就是前三個問題的疊加，首先還是使用二進位制拆分的方式將只可以取有限次數的物品轉變為只可以取一次的物品(多重揹包問題)，然後剩下的就是01揹包和完全揹包的混合，因為二者的實現只是在v的遍歷順序上有區別，只需要對物品i進行判斷，對01揹包進行逆序遍歷，完全揹包進行順序遍歷即可。

    vector<int> dp(V+1);
    for(int i = 0; i <= N; i++) {
        if(complete.find(i) != complete.end()) {
            for(int v = 0; v <= V; v++) {
                if(i == 0)
                    dp[v] == 0;
                else if(v >= C[i])
                    dp[v] = max(dp[v], dp[v-C[i]]+W[i]);  
            }
        } else {
            for(int v = V; v >= 0; v--) {
                if(i == 0)
                    dp[v] == 0;
                else if(v >= C[i])
                    dp[v] = max(dp[v], dp[v-C[i]]+W[i]);  
            }            
        }
    }

5. 二維揹包

問題:

二維費用的揹包問題是指：對於每件物品，具有兩種不同的費用；選擇這件物品必須同時付出這兩種代價；對於每種代價都有一個可付出的最大值（揹包容量）。問怎樣選擇物品可以得到最大的價值。設這兩種代價分別為代價1和代價2，第i件物品所需的兩種代價分別為a[i]和b[i]。兩種代價可付出的最大值（兩種揹包容量）分別為V和U。物品的價值為w[i]。

分析：

多了一個條件，新增一維即可，同01揹包。

    int dp[N+1][V1+1][V2+1] = {0};
    for(int i = 0; i <= N; i++)
    for(int v1 = 0; v1 <= V1; v1++) 
    for(int v2 = 0; v2 <= V2; v2++){
        if(i == 0)
            dp[i][v1][v2] = 0;
        else if(v1 < c1[i] || v2 < c2[i]) {
            dp[i][v1][v2] = dp[i-1][v1][v2];
        }
        else
            dp[i][v1][v2] = max(dp[i-1][v1][v2], dp[i-1][v1-c1[i]][v2-c2[i]]+w[i]);
    }
    cout << dp[N][V1][V2] << endl;

6. 分組揹包

問題：

有N件物品和一個容量為V的揹包。第i件物品的費用是c[i]，價值是w[i]。這些物品被劃分為若干組，每組中的物品互相沖突，最多選一件。求解將哪些物品裝入揹包可使這些物品的費用總和不超過揹包容量，且價值總和最大。

分析：

可以這樣考慮，對於每個組，可以分為兩種情況：選這一組中的物品，不選這一組中的物品

即：　dp[k][v]=max{dp[k-1][v],dp[k-1][v-c[i]]+w[i]

    vector<vector<int>> c = {{},{1,1,1}}; // 費用
    vector<vector<int>> w = {{},{1,2,3}}; // 價值
    int N = c.size()-1;
    int V = 5;
    vector<vector<int>> dp1(N+1, vector<int>(V+1,0));
    for(int k = 0; k <= N; k++)
    for(int v = 0; v <= V; v++) {
        if(k == 0)
            dp1[k][v] == 0;
        else {
            for(int i = 0; i < c[k].size(); i++){
                if(v >= c[k][i])
                    dp1[k][v]=max(dp1[k-1][v],dp1[k-1][v-c[k][i]]+w[k][i]);
            }
        }
    }
    cout << dp1[N][V] << endl;

也可以使用一維陣列減少空間的開銷

    vector<int> dp(N+1, 0);
    for(int k = 0; k <= N; k++)
    for(int v = V; v >= 0; v--) 
    for(int i = 0; i < c[k].size(); i++){
        if(v >= c[k][i])
            dp[v]=max(dp[v],dp[v-c[k][i]]+w[k][i]);
    }
    cout << dp[V] << endl;