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动态规划 总而言之，就是利用 历史记录 ， 避免重复计算 。
1.确定状态变量（函数）
2.确定状态转移方程
3.确定边界条件
首先我们要有一个状态数组，弄清楚它的状态表示 ，所谓状态表示，就是这个数组f(i,j)所代表的是什么 ，就背包而言，它代表的是一个集合，集合中所有选法 中满足相应条件 的最优解.这个最优解可能物体的某个属性，可以是最大值，最小值，数量等等。
其次就是状态的计算，也就是集合的划分，找到关系数组之间的关系式
01背包问题
- 01背包
每件物品只有一个(只能用一次)
以此题为例
用 i 记录物品数量，j 表示当前状态背包容量，那么函数数组fij表示的就是前i件物品放入容量为j的背包的最大价值 .最终的最大价值就是i为n，j为m时的**fnm**的值。
下面要推导状态转移方程，分两种情况，第i件物品放入和不放入。
- 如果放入，那么背包容量要减少Wi ,同时价值增加Ci.
- 如果不放入，那么背包容量还是j不变 ，并且没有价值增加
-取二者的最大值，就是相应的fij
那么状态转移方程为：
f i j = = { 放入 i : f i j = f i − 1 j − W i + C i 不放入 i ： f i j = f i − 1 j fij= =\left\{ \begin{matrix} \ 放入i:fij=fi-1j-Wi+Ci \\ 不放入 i： \ fi j\ =\ fi-1j \end{matrix} \right. fij=={ 放入i:fij=fi−1j−Wi+Ci不放入i： fij = fi−1j
推导出：f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-Wi]+Ci)
边界条件：f[i][j]=0
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=205;
int n,m,f[N][N],w[N],c[N];
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>w[i]>>c[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=m;j++)
{
f[i][j]=f[i-1][j];//这种情况一定存在
if(j>=w[i])//这种情况可能存在
f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-w[i]]+c[i]);
}
cout<<f[n][m];
return 0;
}滚动数组优化（二维-->一维）
上面的10~16行可替换为：
cpp
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=m;j>=w[i];j--)
{
f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+c[i]);
}
}完全背包问题
- 完全背包
每件物品有无限个
可以看到01背包和完全背包的区别是
- 01背包：第i件物品可以放入0个或1个
- 完全背包：第i件物品可以放0，1，2，3...个（多个）
因此状态计算有所改变。
但是，fij表示的仍然是前i件物品放入容量为j的背包的最大价值 。
同样是分两种情况，放i和不放i
- 如果不放入，i值不变，j也不变，fij=fi-1j
- 如果放入，i还是i,这就是和01背包的区别啦，因为对于前i件物品，可能已经放入了第i件物品，容量为j时还能再放入第i件物品，那么fij=fij-w\[i]+ci.
那么状态转移方程为：
f i j = = { 放入 i : f i j = f i j − W i + C i 不放入 i ： f i j = f i − 1 j fij= =\left\{ \begin{matrix} \ 放入i:fij=fij-Wi+Ci \\ 不放入 i： \ fi j\ =\ fi-1j \end{matrix} \right. fij=={ 放入i:fij=fij−Wi+Ci不放入i： fij = fi−1j
推导出：f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i][j-Wi]+Ci)
边界条件:f[i][j]=0
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=205;
int f[N][N],w[N],c[N];
int main()
{
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>w[i]>>c[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
{
if(j<w[i])
f[i][j]=f[i-1][j];
else
f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i][j-w[i]]+c[i]);
}
cout<<f[n][m];
return 0;
}上面的做法时间复杂度为O(nm)空间复杂度也为O(nm)
能否优化呢？答案是能！
优化
无法优化时间复杂度，但可以优化空间，我们可以直接让fj记录一行的数据，因为是顺序循环 ，fj-w\[i]会比fj先更新出来 ，继而可以利用fj-w\[i]更新出新的fj的值。
上面11~18行可以优化为：
cpp
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
{
f[j]=max(f[j-w[i]]+c[i],f[j]);
}多重背包
- 多重背包
每个物品有有限个(有个数限制)
那么01背包和多重背包的区别是：
- 01背包：第i件物品可以放入0个或1个
- 多重背包：第i件物品可以放0，1，2，3...si个（有限个）
暴力写法 (三重循环）
暴力来写我们就可以通过枚举，考虑每种情况，在条件的限制下，求得相应的fij.
将多重转化为01：只需把第i件物品换成si件01背包中的物品 ，那么每件物品的体积为j*vi ,价值为k*wi .
类比01
cpp
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=m;j>=v[i];j--)
f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
}转换后：
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=110;
int n,m,f[N][N],v[N],w[N],s[N];
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>v[i]>>w[i]>>s[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=m;j++)
for(int k=0;k<=s[i]&&k*v[i]<=j;k++)
f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-v[i]*k]+w[i]*k);
cout<<f[n][m];
return 0;
}将多重转化为01：只需把第i件物品换成si件01背包中的物品，那么每件物品的体积为j*vi ,价值为k*wi .
上面10~13行可以改为：
这题给的范围较小，但如果范围很大呢？我们又该如何优化呢？
二进制优化
二进制拆分思想：
如果我们将每i种物品的数量si再拆分成一些数(转换为2的幂次数，这样就能的到每一个数），每次装进分好的系数个，并且每件物品的体积和价值都要乘以这个系数，就可以将多重背包真正的转化为01背包求解。
例如：
si=12.
拆分系数分别为：1，2，4，5；
这样就转化为4 个01 背包的物品
即：
（vi,wi),(2vi,2wi),(4vi,4wi),(5vi,5wi)
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=110;
int n,m,f[N],v[N],w[N],v1,w1,s1;
int main()
{
cin>>n>>m;
int ans=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>v1>>w1>>s1;//初值
for(int j=1;j<=s1;j*=2)
{
v[ans]=j*v1;
w[ans]=j*w1;
ans++;
s1-=j;
}
if(s1)//如果有剩余
{
v[ans]=s1*v1;
w[ans]=s1*w1;
ans++;
}
}
for(int i=1;i<ans;i++)
{
for(int j=m;j>=v[i];j--)
f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
}
cout<<f[m];
return 0;
}感悟
辛苦你看到了最后~相信你一定会有所收获，另外，就算你学下来有点吃力，有点困难，也不要灰心丧气，我认为对我们初学者来说，动态规划是有点难理解，需要大家好好动下脑筋，然而不能因为一时学不会就妄自菲薄，认为自己不行，我们都要相信自己，如果学的慢学的费劲，也不要焦虑，我们并非天才，那就慢慢来，一步一个脚印。
既然写到了这里，我也不禁感叹一下，最近在大学语文种学的一首诗--《秋声赋》。里面有这两句"奈何以非金石之质，欲与草木而争荣" ， 以及"百忧感其心，万事劳其形"。
我们常常为了追求功名与利禄而奔波忙碌，忽略了身边的美好，也忘记了倾听内心的声音。我们总是担心错过机会，害怕落后于人，责备自己不够优秀，于是在无尽的焦虑和压力种迷失了自我。然而我们应调整自己的心态，欣然面对每一件事，不必盲目与他人相比，别人两小时学会的东西，你两个星期能学会，那你就是好样的！不必过分纠结力所不能及之事。加油o~