關於01揹包問題的優化
一、01揹包問題介紹
揹包問題是經典的動態規劃問題之一；
常見的01揹包問題就是說有一堆物品，現在要裝入一個容器中，這些物品的重量和價值各不一致，而容器的重量又是有限的，沒種物品只能裝1個或者不裝（0個），求當重量限定爲w時，這些物品能裝進去組合成的最高價值是多少？
分析：我們首先將物品排成一排（隨機），依次標記爲1號，2號。。。。然後從一號開始依次往裏放，放的時候判斷當前物品是不是應該放進去：
如果當前物品放進去之後的最高總價值 比 不放進去的最高總價值 大 ，那麼就是要放入，然後總價值取放入之後的
反之不放入，總價值依然取之前的值。
並且，在對同一個物品判斷時，從0依次增加容器的容量，直到上限w
當前物品放進去之後的最高總價值 = 上一號物品判斷時（容量 = 當前容量 - 當前物品重量 時）總價值 + 當前物品的價值
不放進去的最高總價值 = 上一號物品判斷的時候（容量 = 當前容量 時）總價值
所以有僞代碼如下：
if (當前物品重量 > 當前容量) {
此時最高總價值 = 當前物品不放進去的最高總價值; // 此時物品重量比容量大，放不進去，只能取放不進去的情況
} else {
此時最高總價值 = max(當前物品不放進去的最高總價值, 當前物品放進去的最高總價值);
}
因此，我們可以用一個狀態表來對整個過程進行描述。
假設現在是有三個物品 （不是三種）一號、二號、三號，重量分別爲3，2，5； 價值分別爲7,4,8; 當前容器容量爲8，求最大價值。
首先，第一行，爲沒有任何物品的時候，全部置0；
第二行，判斷一號物品能不能放：
當容量擴充爲3的時候，一號物品終於能放，價值爲7，由於當前也只有一號，所以後面都是7；
第三行，判斷二號物品能不能放：
當容量擴充爲2的時候，二號物品終於能放，價值爲4，與不放進去的最高價值（一號物品在此容量時的值：0）進行比較，所以成功放進去；
當容量擴充爲3的時候，二號物品一定放時，價值爲4，與不放進去的最高價值（一號物品在此容量時的值：7）進行比較，決定不放進去了；
。。。
當容量擴充爲5的時候，二號物品一定放時，最高價值爲（一號物品在（當前容量 - 二號物品的重量）時的價值+二號物品的價值）
=（一號物品在容量爲（5-2）的時候 + 二號物品的價值）= 7 + 4 =11
。。。【如下表】
容量 0 1 2 3 4 5 6 7 8
無 0 0 0 0 0 0 0 0 0
一號 0 0 0 7 7 7 7 7 7
二號 0 0 4 7 7 11 11 11 11
三號 0 0 4 7 7 11 11 12 15
所以有代碼如下：
public static int getMaxValue(int[] weight, int[] value, int w) {
int n = weight.length;
int[][] table = new int[n + 1][w + 1];
for (int i = 1; i <= n; i++) { // 物品遍歷（第0行肯定全是0，所以不用遍歷）
for (int j = 0; j <= w; j++) { // 揹包大小遞增
if (weight[i-1] > j) { // 當前物品i的重量比揹包容量j大，裝不下，只能是不裝
table[i][j] = table[i - 1][j];
} else { // 裝得下，Max{不裝物品i， 裝物品i}
table[i][j] = Math.max(table[i - 1][j], table[i - 1][j - weight[i-1]] + value[i-1]);
}
}
}
return table[n][w];
}
提問：爲什麼要【n+1】行？
——因爲之後每一個數都需要與上一行做比較，一號物品放入的時候也需要與沒放入的時候做比較，所以空出一行作爲“沒有物品的時候”；
爲什麼要【w+1】列？
——因爲在容量遞增時，第一個物品能放的時候，需要與容量減去當前物品的重量，也就是容量爲0的時候做比較，所以，也是需要一列作爲“0容量的時候”；
爲什麼是weight[i - 1] 和 value[i - 1]？
——因爲傳入的重量和價值必然是從一號物品開始，而我們的表是從“沒有物品”和“0容量”開始，多了一行和一列，所以 i 是當前物品的標號，而當前物品下標爲【標號-1】；
二、空間複雜度優化
很顯然，上面算法的空間複雜度爲矩陣大小【n+1】*【w+1】。
n可能不大，但是實際應用傷的w可能會很大，這樣造成了比較大的空間佔用。
而仔細觀察發現，矩陣中的值只與當前值的左上角的矩陣裏的值有關，如圖二號物品容量爲4時的價值7，只與綠色標註值有關。
容量 0 1 2 3 4 5 6 7 8
無 0 0 0 0 0 0 0 0 0
一號 0 0 0 7 7 7 7 7 7
二號 0 0 4 7 7 11 11 11 11
三號 0 0 4 7 7 11 11 12 15
並且我們是按行進行更新的，所以我們用一個一維數據就能進行狀態的更替，不過要注意更新的方向。
所以依賴關係爲：下面依賴上面，右邊依賴左邊；
如果正常地從左到右邊，那麼右邊面等待更新的值需要的依賴（左邊）就會被覆蓋掉，所以應該每行從右邊開始更新。代碼如下：
public static int getMaxValueByOne(int[] weight, int[] value, int w) {
int n = weight.length;
int[] table = new int[w + 1];
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = w; j >= 0; j--) {
if (weight[i-1] <= j) {
table[j] = Math.max(table[j], table[j - weight[i-1]] + value[i-1]);
}
}
}
return table[w];
}
如此一來，01揹包的空間複雜度就降爲了O（w）。
清風吹斜陽（轉載http://www.cnblogs.com/Xieyang-blog/p/9432711.html）
——唯有更努力才能讓一切都是最好的安排。