http://love-oriented.com/pack/P02.html
一个简单有效的优化
完全背包问题有一个很简单有效的优化，是这样的：若两件物品i、j满足c[i]<=c[j]且w[i]>=w[j]，则将物品j去掉，不用考虑。这个优化的正确性显然：任何情况下都可将价值小费用高得j换成物美价廉的i，得到至少不会更差的方案。对于随机生成的数据，这个方法往往会大大减少物品的件数，从而加快速度。然而这个并不能改善最坏情况的复杂度，因为有可能特别设计的数据可以一件物品也去不掉。
转化为01背包问题求解
既然01背包问题是最基本的背包问题，那么我们可以考虑把完全背包问题转化为01背包问题来解。最简单的想法是，考虑到第i种物品最多选V/c[i]件，于是可以把第i种物品转化为V/c[i]件费用及价值均不变的物品，然后求解这个01背包问题。这样完全没有改进基本思路的时间复杂度，但这毕竟给了我们将完全背包问题转化为01背包问题的思路：将一种物品拆成多件物品.
这个问题有O(VN)个状态要解，而且求每个状态的时间是O(vCi)，总的复杂度上界是O(NV∑VCi)，还是比较大的。
http://crescentmoon.info/2013/08/05/bag-problem-1/
基本实现
http://www.ahathinking.com/archives/108.html
更高效的转化方法是：把第i种物品拆成费用为c[i]*2^k、价值为w[i]*2^k的若干件物品，其中k满足c[i]*2^k<=V。这是二进制的思想，因为不管最优策略选几件第i种物品，总可以表示成若干个2^k件物品的和。这样把每种物品拆成O(log V/c[i])件物品，是一个很大的改进。
O(VN)的算法
这个算法使用一维数组，先看伪代码：
你会发现，这个伪代码与P01的伪代码只有v的循环次序不同而已。为什么这样一改就可行呢？首先想想为什么P01中要按照v=V..0的逆序来循环。这是因为要保证第i次循环中的状态f[i][v]是由状态f[i-1][v-c[i]]递推而来。换句话说，这正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时，依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果f[i-1][v-c[i]]。
而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第i种物品”这种策略时，却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果f[i][v-c[i]]，所以就可以并且必须采用v=0..V的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。
(2-2)
我们知道，在01背包和完全背包的实现中，都是针对每种物品进行讨论，即外循环都是for i=0…n，然后每种物品对于容量v的变化而求得最大价值；
//时间复杂度O(VN),空间复杂度为O(VN)
http://massivealgorithms.blogspot.com/2015/06/unbounded-knapsack-problem.html
有N种物品和一个容量为V的背包，每种物品都有无限件可用。第i种物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
这个问题非常类似于01背包问题，所不同的是每种物品有无限件。也就是从每种物品的角度考虑，与它相关的策略已并非取或不取两种，而是有取0件、取1件、取2件……等很多种。如果仍然按照解01背包时的思路，令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值。仍然可以按照每种物品不同的策略写出状态转移方程，像这样：
f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k*c[i]<=v}
这跟01背包问题一样有O(VN)个状态需要求解，但求解每个状态的时间已经不是常数了，求解状态f[i][v]的时间是O(v/c[i])，总的复杂度可以认为是O(V*Σ(V/c[i]))，是比较大的。
f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k*c[i]<=v}
一个简单有效的优化
完全背包问题有一个很简单有效的优化，是这样的：若两件物品i、j满足c[i]<=c[j]且w[i]>=w[j]，则将物品j去掉，不用考虑。这个优化的正确性显然：任何情况下都可将价值小费用高得j换成物美价廉的i，得到至少不会更差的方案。对于随机生成的数据，这个方法往往会大大减少物品的件数，从而加快速度。然而这个并不能改善最坏情况的复杂度，因为有可能特别设计的数据可以一件物品也去不掉。
转化为01背包问题求解
既然01背包问题是最基本的背包问题，那么我们可以考虑把完全背包问题转化为01背包问题来解。最简单的想法是，考虑到第i种物品最多选V/c[i]件，于是可以把第i种物品转化为V/c[i]件费用及价值均不变的物品，然后求解这个01背包问题。这样完全没有改进基本思路的时间复杂度，但这毕竟给了我们将完全背包问题转化为01背包问题的思路：将一种物品拆成多件物品.
这个问题有O(VN)个状态要解，而且求每个状态的时间是O(vCi)，总的复杂度上界是O(NV∑VCi)，还是比较大的。
http://crescentmoon.info/2013/08/05/bag-problem-1/
http://www.ahathinking.com/archives/108.htmlvoid BasicCompletePack() //O(NVsum(V/C_i))的算法{memset(F,0,sizeof(F));for(int i=1;i<=N;i++){for(int v=1;v<=V;v++){int max=F[i-1][v];int kmax=v/C[i];F[i][v]=F[i-1][v]; //还是默认不加入物品,这是k=0的情况if(kmax>=1)//v>=c[i];{for(int k=1;k<=kmax;k++){if(F[i-1][v-k*C[i]]+k*W[i]>max){max=F[i-1][v-k*C[i]]+k*W[i];}}F[i][v]=max;}}}}f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-k*c[i]]+k*w[i]);(1<=i<=N,0<=k<=v/c[i],0<=j<=V);
06scanf("%d%d",&v,&n);
07for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&c[i],&w[i]);
08for(i=1;i<=n;i++)
09{
10t=v%c[i];
11t=(v-t)/c[i];
12for(k=0;k<=t;k++)
13{
14for(j=0;j<=v;j++)
15{
16if((k*c[i]<=j)&&(f[i][j]<f[i-1][j-k*c[i]]+k*w[i]))
17f[i][j]=f[i-1][j-k*c[i]]+k*w[i];
18}
19}
20}
21printf("%d",f[n][v]);
基本实现
for(i = 0; i < N; ++i) { for(j = 0; j <= V; ++j) { if(i > 0) { maxV[i][j] = maxV[i-1][j]; if(j/weight[i] >= 1) { int max_tmp = 0; for(k = 1; k <= j/weight[i]; ++k) { if(maxV[i-1][j-k*weight[i]] + k*value[i] > max_tmp) { max_tmp = maxV[i-1][j-k*weight[i]] + k*value[i]; } } maxV[i][j] = maxV[i][j] > max_tmp ? maxV[i][j] : max_tmp; } }else { if(j/weight[0] >= 1) { maxV[0][j] = j/weight[0] * value[0]; } } } }http://www.ahathinking.com/archives/108.html
更高效的转化方法是：把第i种物品拆成费用为c[i]*2^k、价值为w[i]*2^k的若干件物品，其中k满足c[i]*2^k<=V。这是二进制的思想，因为不管最优策略选几件第i种物品，总可以表示成若干个2^k件物品的和。这样把每种物品拆成O(log V/c[i])件物品，是一个很大的改进。
完全背包二进制拆分思想
这种实现方式是对完全背包的基本实现做了一个优化，叫“二进制拆分”。所谓“拆分物体”就是将一种无限件物品拆分成有效的几件物品，拆分物体的目的是通过减少物品个数来降低复杂度。
在完全背包中，每种物品i对于容量v来讲实际上相当于有v/c[i]件，故在上述的基本实现中，k就要循环测试v/c[i]次。
这里的拆分是利用了一种二进制思想：即任何数字都可以表示成若干个2^k数字的和，例如7可以用1+2+2^2表示；这很好理解，因为任何正数都可以转成二进制，二进制就是若干个“1”（2的幂数）之和。
所以不管最优策略选择几件物品i，我们都可以将物品i拆成费用为c[i]*2^k，价值为w[i]*2^k的若干件物品。这样物品的状态数就降为了log(v/c[i])，是很大的改进。
状态转移方程：f(i,v) = max{ f(i-1,v-2^k*c[i]) + 2^k*w[i] | 0<=k<=log v/c[i] }for(k = 1; k <= j/weight[i]; k <<= 1){ if(maxV[i-1][j-k*weight[i]] + k*value[i] > max_tmp) { max_tmp = maxV[i-1][j-k*weight[i]] + k*value[i]; }}O(VN)的算法
这个算法使用一维数组，先看伪代码：
for i=1..N
for v=0..V
f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}
你会发现，这个伪代码与P01的伪代码只有v的循环次序不同而已。为什么这样一改就可行呢？首先想想为什么P01中要按照v=V..0的逆序来循环。这是因为要保证第i次循环中的状态f[i][v]是由状态f[i-1][v-c[i]]递推而来。换句话说，这正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时，依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果f[i-1][v-c[i]]。
而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第i种物品”这种策略时，却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果f[i][v-c[i]]，所以就可以并且必须采用v=0..V的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。
值得一提的是，上面的伪代码中两层for循环的次序可以颠倒。这个结论有可能会带来算法时间常数上的优化。
这个算法也可以以另外的思路得出。例如，将基本思路中求解f[i][v-c[i]]的状态转移方程显式地写出来，代入原方程中，会发现该方程可以等价地变形成这种形式：
f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i][v-c[i]]+w[i]}
将这个方程用一维数组实现，便得到了上面的伪代码。
最后抽象出处理一件完全背包类物品的过程伪代码：
procedure CompletePack(cost,weight)
for v=cost..V
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}
完全背包中的逆向思维
我们反过来想，先确定背包v−1 容量时的物品的最优策略，然后考虑v 容量下，对于随着可选物品i 的增多，考虑背包的最大价值是否有变化。
状态转移方程为
F[i,v]=max{F[i−1][v],F[i][v−Ci]+Wi}
这里F[i−1][v]是不选第i个物品时，背包的最大价值，F[i][v−Ci]+Wi是选了物品i时，背包的最大价值。需要注意的是，在v增长的过程中，物品i有可能被选择多次，因为每轮v的循环都要考虑一次物品i。
状态转移方程为
F[i,v]=max{F[i−1][v],F[i][v−Ci]+Wi}
这里F[i−1][v]是不选第i个物品时，背包的最大价值，F[i][v−Ci]+Wi是选了物品i时，背包的最大价值。需要注意的是，在v增长的过程中，物品i有可能被选择多次，因为每轮v的循环都要考虑一次物品i。
void RerVerseCompletePack(){memset(F,0,sizeof(F));for(int v=1;v<=V;v++){for(int i=1;i<=N;i++){if(v<C[i]){F[i][v]=F[i-1][v];//如果物品i放不进去，选择前i-1中最好的结果}else{F[i][v]=max(F[i-1][v],F[i][v-C[i]]+W[i]);}}}}
设F[i][j]表示出在前i种物品中选取若干件物品放入容量为j的背包所得的最大价值。那么对于第i种物品的出现，我们对第i种物品放不放入背包进行决策。如果不放那么F[i][j]=F[i-1][j]；如果确定放，背包中应该出现至少一件第i种物品，所以F[i][j]种至少应该出现一件第i种物品,即F[i][j]=F[i][j-C[i]]+W[i]。为什么会是F[i][j-C[i]]+W[i]？因为F[i][j-C[i]]里面可能有第i种物品，也可能没有第i种物品。我们要确保F[i][j]至少有一件第i件物品，所以要预留C[i]的空间来存放一件第i种物品。
状态方程为：
(2-2)- for i←1 to N
- do for j←1 to V
- F[i][j] ← F[i-1][j]
- if(j >= C[i])
- then F[i][j] ← max(F[i][j],F[i][j-C[i]]+ W[i])
- return F[N][V]
我们知道，在01背包和完全背包的实现中，都是针对每种物品进行讨论，即外循环都是for i=0…n，然后每种物品对于容量v的变化而求得最大价值；
在完全背包中，由于物品的件数无限，所以我们可以倒过来想，我们针对每个容量讨论，外循环为容量，对于每个容量j，我们求j对于所有物品能装载的最大价值，这样一来我们就能将时间复杂度降为O(N*V)了。
int maxValue[201][11]; /* 记录子问题的各状态 */int weight[11];int value[11];int maxV[201]; /* 记录子问题的最优解 */int V, N; int i, j; scanf("%d %d",&V, &N); for(i = 0; i < N; ++i) { scanf("%d %d",&weight[i],&value[i]); } for(i = 1; i <= V; ++i) { int i_maxV = 0; /* 记录子问题i的最优解 */ /* 每个容量求面对所有物体能装载的最大价值 */ for(j = 0; j < N; ++j) { if(i >= weight[j]) { int tmp = maxV[i-weight[j]] + value[j]; maxValue[i][j] = maxV[i-1] > tmp ? maxV[i-1] : tmp; }else { maxValue[i][j] = maxV[i-1]; } if(maxValue[i][j] > i_maxV) { i_maxV = maxValue[i][j]; } } maxV[i] = i_maxV; } printf("%d",maxV[V]);
完全背包使用一维数组
对于01背包和完全背包，无论是空间复杂度还是时间复杂度，最优的方法还是使用一维数组进行实现。
基于01背包的分析，由于不必考虑物品的重复放入，故v的循环采用顺序即可。
for(i = 0; i < N; ++i) { for(j = weight[i]; j <= V; ++j) /* j<weight[i]的对前面的状态不会有影响 */ { int tmp = maxV[j-weight[i]]+value[i]; maxV[j] = (maxV[j] > tmp) ? maxV[j] : tmp; } } printf("%d",maxV[V]);- for i←1 to N
- do for k←C[i] to V
- F[k] ← max(F[k],F[k-C[i]]+W[i])
- return F[V]
//时间复杂度O(VN),空间复杂度为O(VN)
- for(int i = 1; i <= nLen; i++)
- {
- for(int j = 1; j <= nCapacity; j++)
- {
- Table[i][j] = Table[i-1][j];
- if(j >= Weight[i-1] && Table[i][j] < Table[i][j-Weight[i-1]]+Value[i-1])
- {
- Table[i][j] = Table[i][j-Weight[i-1]]+Value[i-1];
- Path[i][j]=1;
- }
- }
- }
- int i = nLen, j = nCapacity;
- while(i > 0 && j > 0)
- {
- if(Path[i][j] == 1)
- {
- cout << Weight[i-1] << " ";
- j -= Weight[i-1];
- }
- else
- i--;
- }
- for(int i = 0; i < nLen; i++)
- {
- for(int j = Weight[i]; j <=nCapacity; j++)
- {
- if(Table[j] < Table[j-Weight[i]]+Value[i])
- {
- Table[j] = Table[j-Weight[i]]+Value[i];
- Path[i+1][j] = 1;
- }
- }
- }
- int i = nLen, j = nCapacity;
- while(i > 0 && j > 0)
- {
- if(Path[i][j] == 1)
- {
- cout << Weight[i-1] << " ";
- j -= Weight[i-1];
- }
- else
- i--;
- }
http://massivealgorithms.blogspot.com/2015/06/unbounded-knapsack-problem.html
