0-1揹包問題

且說上一週的故事裡，小Hi和小Ho費勁心思終於拿到了茫茫多的獎券！而現在，終於到了小Ho領取獎勵的時刻了！

小Ho現在手上有M張獎券，而獎品區有N件獎品，分別標號為1到N，其中第i件獎品需要need(i)張獎券進行兌換，同時也只能兌換一次，為了使得辛苦得到的獎券不白白浪費，小Ho給每件獎品都評了分，其中第i件獎品的評分值為value(i),表示他對這件獎品的喜好值。現在他想知道，憑藉他手上的這些獎券，可以換到哪些獎品，使得這些獎品的喜好值之和能夠最大。
解題思路：列舉2^N種可能的選取方案，先計算他們需要的獎券之和sum，在sum不超過M的情況下，計算他們的喜好值之和value，並統計一個最優的方案，也就是value的最大值。時間複雜度O(2^N)，暴力方法不可取。考慮動態規劃。
首先，我們要想辦法把我們現在遇到的問題給抽象化。以best(i, j)表示已經決定了前i件物品是否選取，當前已經選取的物品的所需獎券數總和不超過j時，能夠獲取的最高的喜好值的和。對於任意i>1, j，我們都可以知道best(i, j)=max{best(i-1, j-need(i)) + value(i), best(i - 1, j)}。
檢驗一下這個問題的定義方法是否擁有動態規劃所需要的兩種性質：重複子問題和無後效性。
首先看重複子問題——這是動態規劃之所以比搜尋高效的原因，如果最後四件獎品分別為所需獎券為1，喜好值為1、所需獎券為2，喜好值為2、所需獎券為3，喜好值為3、所需獎券為4，喜好值為4的四個獎品，那麼無論是選擇1、4還是2、3，都會要求解best(N-4, M-5)這樣一個子問題，而這個子問題只需要求解一次就能夠進行計算，所以重複子問題這一性質是滿足的。
其次再看無後效性……同樣的，如果分別有所需獎券為1，喜好值為1、所需獎券為2，喜好值為2、所需獎券為3，喜好值為3、所需獎券為4，喜好值為4的四個獎品，那麼無論是選取第1個和第4個，還是選取第2個和第3個，他們的所需獎券數都為5，喜好值之和都為5。所以我只需要知道best(4, 5)=5就夠了，它為什麼等於5對我而言沒有區別，不會對之後的決策產生影響。這就是無後效性，所以想來也是滿足的。
那麼接下來要考慮的是如何使用best(i, j)=max{best(i-1, j-need(i)) + value(i), best(i - 1, j)}來求解每一個best(i, j)了。我們定義一個問題A依賴於另一個問題B當且僅當求解A的過程中需要事先知道B的值，那麼我們很容易的發現best(i, j)是依賴於best(i-1, j-need(i))和best(i-1, j)兩個問題的，也就是說這兩個問題要先於best(i, j)進行求解。所以我們只要按照i從小到大的順序，以這樣的方式進行計算，就可以了。
時間複雜度已經優化到O(NM)。接下來優化空間複雜度。
按照上面的思路，需要開一個N * M大小的二維陣列best，來記錄求解出的best值。但是我們在計算i的時候只需要i-1的資料，所以空間可以優化到2*M。進一步，只需要開一個M大小的一維陣列就可以了。如果我按照j從M到1的順序，也就是跟之前相反的順序來進行計算的話。另外根據我們的狀態轉移方程，可以顯然得出如果狀態(iA, jA)依賴於狀態(iB, jB)，那麼肯定有iA = iB+1, jA>=jB。所以不難得出一個結論：我在計算best(i, j)的時候，因為best(i, j+1..M)這些狀態已經被計算過了，所以意味著best(i - 1, k)，k=j..M這些值都沒有用了——所有依賴於他們的值都已經計算完了。於是它們原有的儲存空間都可以用來儲存別的東西，所以我不仿直接就將best(i, j)的值存在best(i-1, j)原有的位置上。

import java.util.*;

public class Main {
    public static void main(String[] args) {
        Scanner cin = new Scanner(System.in);
        while(cin.hasNext()) {
            int N = cin.nextInt(); // N個獎品
            int M = cin.nextInt(); // M張劵
            int[] need = new int[N+1];
            int
 
[] value = new int[N+1];
            for(int i=1; i<=N; i++) {
                need[i] = cin.nextInt();
                value[i] = cin.nextInt();
            }

            int[] f = new int[M+1];
            for(int i=1; i<=N; i++) {
                for(int j=M; j>=0; j--) {
                    if
 
(j >= need[i]) {
                        f[j] = Math.max(f[j], f[j-need[i]] + value[i]);
                    }
                }
            }
            System.out.println(f[M]);
        }
    }
}

完全揹包問題

且說之前的故事裡，小Hi和小Ho費勁心思終於拿到了茫茫多的獎券！而現在，終於到了小Ho領取獎勵的時刻了！

等等，這段故事為何似曾相識？這就要從平行宇宙理論說起了………總而言之，在另一個宇宙中，小Ho面臨的問題發生了細微的變化！

小Ho現在手上有M張獎券，而獎品區有N種獎品，分別標號為1到N，其中第i種獎品需要need(i)張獎券進行兌換，並且可以兌換無數次，為了使得辛苦得到的獎券不白白浪費，小Ho給每件獎品都評了分，其中第i件獎品的評分值為value(i),表示他對這件獎品的喜好值。現在他想知道，憑藉他手上的這些獎券，可以換到哪些獎品，使得這些獎品的喜好值之和能夠最大。
思路：按照01揹包的想法，我可以使用best(i, j)表示已經決定了前i件物品每件物品選擇多少件，當前已經選取的物品的所需獎券數總和不超過j時，能夠獲取的最高的喜好值的和，那麼最終的答案便是best(N, M)。對於一個問題best(i, j)，考慮最後一步——即第i件物品選擇多少件，不妨就假設選擇k件吧，那麼k的取值範圍肯定是在0~(j / need(i))這個範圍內。這個時候我們可以知道best(i - 1, j - need(i) * k) + value(i) * k將會是一種可能的方案。best(i, j) = max(best(i - 1, j - need(i) * k) + value(i) * k)，0 <= k <= j / need(i)。我們可以進一步將子結構最優化。將子問題細化到選擇第i件物品的每一件，比如我們在選擇第i件物品的k件的時候，是可以利用第i件物品的k-1件的資訊的。於是，best(i, j) = max(best(i-1, j), best(i, j - need(i)) + value(i))。第一種情況是一件第i件都不選，第二種情況是在i件已經選了k-1的基礎上再選一件i。
和0-1揹包問題類似，為了優化空間複雜度，我們將j按照從0到M的順序遍歷即可。可以發現，程式碼與0-1揹包問題的唯一區別只有一行。

import java.util.*;

public class Main {
    public static void main(String[] args) {
        Scanner cin = new Scanner(System.in);
        while(cin.hasNext()) {
            int N = cin.nextInt();
            int M = cin.nextInt();
            int[] need = new int[N+1];
            int[] value = new int[N+1];
            for(int i=1; i<=N; i++) {
                need[i] = cin.nextInt();
                value[i] = cin.nextInt();
            }

            int[] f = new int[M+1];
            for(int i=1; i<=N; i++) {
                for(int j=0; j<=M; j++) {
                    if(need[i] <= j) {
                        f[j] = Math.max(f[j], f[j-need[i]]+value[i]);
                    }
                }
            }
            System.out.println(f[M]);
        }
    }
}