背包问题是一个非常好的动态规划入门题目，是动态规划中最常见的问题形式。其具有很多变种，例如 0-1 背包问题、完全背包问题、多重背包问题等。

在本节中，我们先来求解最常见的 0-1 背包问题。

观察图 14-17 ，由于物品编号 $i$ 从 $1$ 开始计数，数组索引从 $0$ 开始计数，因此物品 $i$ 对应重量 $wgt[i-1]$ 和价值 $val[i-1]$ 。

图 14-17   0-1 背包的示例数据

我们可以将 0-1 背包问题看作是一个由 $n$ 轮决策组成的过程，每个物体都有不放入和放入两种决策，因此该问题是满足决策树模型的。

该问题的目标是求解“在限定背包容量下的最大价值”，因此较大概率是个动态规划问题。

第一步：思考每轮的决策，定义状态，从而得到 $dp$ 表

对于每个物品来说，不放入背包，背包容量不变；放入背包，背包容量减小。由此可得状态定义：当前物品编号 $i$ 和剩余背包容量 $c$ ，记为 $[i,c]$ 。

状态 $[i,c]$ 对应的子问题为：前 $i$ 个物品在剩余容量为 $c$ 的背包中的最大价值，记为 $dp[i,c]$ 。

待求解的是 $dp[n,cap]$ ，因此需要一个尺寸为 $(n+1)\times (cap+1)$ 的二维 $dp$ 表。

第二步：找出最优子结构，进而推导出状态转移方程

当我们做出物品 $i$ 的决策后，剩余的是前 $i-1$ 个物品的决策，可分为以下两种情况。

• 不放入物品 $i$ ：背包容量不变，状态变化为 $[i-1,c]$ 。
• 放入物品 $i$ ：背包容量减小 $wgt[i-1]$ ，价值增加 $val[i-1]$ ，状态变化为 $[i-1,c-wgt[i-1]]$ 。

上述分析向我们揭示了本题的最优子结构：最大价值 $dp[i,c]$ 等于不放入物品 $i$ 和放入物品 $i$ 两种方案中的价值更大的那一个。由此可推出状态转移方程：

需要注意的是，若当前物品重量 $wgt[i-1]$ 超出剩余背包容量 $c$ ，则只能选择不放入背包。

第三步：确定边界条件和状态转移顺序

当无物品或无剩余背包容量时最大价值为 $0$ ，即首列 $dp[i,0]$ 和首行 $dp[0,c]$ 都等于 $0$ 。

当前状态 $[i,c]$ 从上方的状态 $[i-1,c]$ 和左上方的状态 $[i-1,c-wgt[i-1]]$ 转移而来，因此通过两层循环正序遍历整个 $dp$ 表即可。

根据以上分析，我们接下来按顺序实现暴力搜索、记忆化搜索、动态规划解法。

1.   方法一：暴力搜索

搜索代码包含以下要素。

• 递归参数：状态 $[i,c]$ 。
• 返回值：子问题的解 $dp[i,c]$ 。
• 终止条件：当物品编号越界 $i=0$ 或背包剩余容量为 $0$ 时，终止递归并返回价值 $0$ 。
• 剪枝：若当前物品重量超出背包剩余容量，则只能不放入背包。

knapsack.cpp

/* 0-1 背包：暴力搜索 */
int knapsackDFS(vector<int> &wgt, vector<int> &val, int i, int c) {
    // 若已选完所有物品或背包无容量，则返回价值 0
    if (i == 0 || c == 0) {
        return 0;
    }
    // 若超过背包容量，则只能不放入背包
    if (wgt[i - 1] > c) {
        return knapsackDFS(wgt, val, i - 1, c);
    }
    // 计算不放入和放入物品 i 的最大价值
    int no = knapsackDFS(wgt, val, i - 1, c);
    int yes = knapsackDFS(wgt, val, i - 1, c - wgt[i - 1]) + val[i - 1];
    // 返回两种方案中价值更大的那一个
    return max(no, yes);
}

如图 14-18 所示，由于每个物品都会产生不选和选两条搜索分支，因此时间复杂度为 $O(2^n)$ 。

观察递归树，容易发现其中存在重叠子问题，例如 $dp[1,10]$ 等。而当物品较多、背包容量较大，尤其是相同重量的物品较多时，重叠子问题的数量将会大幅增多。

图 14-18   0-1 背包的暴力搜索递归树

2.   方法二：记忆化搜索

为了保证重叠子问题只被计算一次，我们借助记忆列表 mem 来记录子问题的解，其中 mem[i][c] 对应 $dp[i,c]$ 。

引入记忆化之后，时间复杂度取决于子问题数量，也就是 $O(n\times cap)$ 。

knapsack.cpp

/* 0-1 背包：记忆化搜索 */
int knapsackDFSMem(vector<int> &wgt, vector<int> &val, vector<vector<int>> &mem, int i, int c) {
    // 若已选完所有物品或背包无容量，则返回价值 0
    if (i == 0 || c == 0) {
        return 0;
    }
    // 若已有记录，则直接返回
    if (mem[i][c] != -1) {
        return mem[i][c];
    }
    // 若超过背包容量，则只能不放入背包
    if (wgt[i - 1] > c) {
        return knapsackDFSMem(wgt, val, mem, i - 1, c);
    }
    // 计算不放入和放入物品 i 的最大价值
    int no = knapsackDFSMem(wgt, val, mem, i - 1, c);
    int yes = knapsackDFSMem(wgt, val, mem, i - 1, c - wgt[i - 1]) + val[i - 1];
    // 记录并返回两种方案中价值更大的那一个
    mem[i][c] = max(no, yes);
    return mem[i][c];
}

图 14-19 展示了在记忆化递归中被剪掉的搜索分支。

图 14-19   0-1 背包的记忆化搜索递归树

3.   方法三：动态规划¶

动态规划实质上就是在状态转移中填充 $dp$ 表的过程，代码如下所示。

knapsack.cpp

/* 0-1 背包：动态规划 */
int knapsackDP(vector<int> &wgt, vector<int> &val, int cap) {
    int n = wgt.size();
    // 初始化 dp 表
    vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(cap + 1, 0));
    // 状态转移
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int c = 1; c <= cap; c++) {
            if (wgt[i - 1] > c) {
                // 若超过背包容量，则不选物品 i
                dp[i][c] = dp[i - 1][c];
            } else {
                // 不选和选物品 i 这两种方案的较大值
                dp[i][c] = max(dp[i - 1][c], dp[i - 1][c - wgt[i - 1]] + val[i - 1]);
            }
        }
    }
    return dp[n][cap];
}

如图 14-20 所示，时间复杂度和空间复杂度都由数组 dp 大小决定，即 $O(n\times cap)$ 。

图 14-20   0-1 背包的动态规划过程

4.   空间优化

由于每个状态都只与其上一行的状态有关，因此我们可以使用两个数组滚动前进，将空间复杂度从 $O(n^2)$ 将低至 $O(n)$ 。

进一步思考，我们是否可以仅用一个数组实现空间优化呢？观察可知，每个状态都是由正上方或左上方的格子转移过来的。假设只有一个数组，当开始遍历第 $i$ 行时，该数组存储的仍然是第 $i-1$ 行的状态。

• 如果采取正序遍历，那么遍历到 $dp[i,j]$ 时，左上方 $dp[i-1,1]$ ~ $dp[i-1,j-1]$ 值可能已经被覆盖，此时就无法得到正确的状态转移结果。
• 如果采取倒序遍历，则不会发生覆盖问题，状态转移可以正确进行。

图 14-21 展示了在单个数组下从第 $i=1$ 行转换至第 $i=2$ 行的过程。请思考正序遍历和倒序遍历的区别。

图 14-21   0-1 背包的空间优化后的动态规划过程

在代码实现中，我们仅需将数组 dp 的第一维 $i$ 直接删除，并且把内循环更改为倒序遍历即可。

knapsack.cpp

/* 0-1 背包：空间优化后的动态规划 */
int knapsackDPComp(vector<int> &wgt, vector<int> &val, int cap) {
    int n = wgt.size();
    // 初始化 dp 表
    vector<int> dp(cap + 1, 0);
    // 状态转移
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        // 倒序遍历
        for (int c = cap; c >= 1; c--) {
            if (wgt[i - 1] <= c) {
                // 不选和选物品 i 这两种方案的较大值
                dp[c] = max(dp[c], dp[c - wgt[i - 1]] + val[i - 1]);
            }
        }
    }
    return dp[cap];
}