01背包题目
思路剖析1.当我们第一次看到题目的时候，很容易想到运用贪心的思想，每次拿性价比最大的物品。
容易举出反例：
3 7
6 10 //1.666...
5 8 // 1.6
2 3 //1.5
2.接着我们很自然的就可以想到，既然运用贪心的思想不行，那么就枚举所有选取物品的情况，也就是组合。
于是我们就可以定义状态
\(dfs(i,v,ans)\) 表示我搜索到了第 \(i\) 个物品，此时已经选的物品的总体积为 \(v\) , 所得到的价值为 \(ans\) 。
当我们将 \(N\) 个物品全都搜完后，若 \(v \le M\) ，则更新我们的答案。
在这个过程中，我们可以发现 ， 对于一个状态 \(i,v,ans\) ,它可以从 \(i-1,v,ans\) 或 \(i-1,v-v_i,（ans-w_i）+w_i\) 转移过来(分别对应了我选不选第 \(i\) 个物品的情况)，但由于他所剩的物品个数一样，已经选的体积一样，所以尽管从两个不同的状态转移过来，所得的价值不同，但是之后能够遍历到的情况都是相同的。
显然有所得价值更大的状态，得到的结果优于价值更小的状态。
这就是最优子结构性质,正因为这个过程具有最优子结构性质，我们在进行下一阶段计算的时候，就免去了绝对不可能是最优的答案的多余的计算，所以我们可以通过他将搜索转化为DP,当然，这过程中同时具无后效性原则和重叠子问题。
简单解释一下重叠子问题优化的部分。当我已经知道状态 \(dp_{i,v}\) 所能获得的最大价值时，我将它记录下来，之后再遍历到这个状态，我直接就能返回我的最优解了，而不用继续搜下去，重新求解。这就要求了我们DP的问题具有该性质，否则就等同于没有记录，也就没有优化一说了。
无后效性则保证了我求出来的最优解不会被后面所影响，一定是最优的。
3.简单总结一下
状态： \(dp_{i,j}\) 表示以在前 \(i\) 个物品中，选取体积为 \(j\) 的物品，得到的最大价值。
状态转移方程：
\(dp[i][j] = \max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v_i]+w_i)\)
code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
int n,m,v[3500],w[3500],dp[12885];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&v[i],&w[i]);
memset(dp,0xcf,sizeof(dp));//赋值为-INF，表示该状态不可达，这里要特别注意，不能赋值为0，如果赋值为0的话，则表示容积为j的背包所能获得的最大价值，与我们所定义的状态相悖。
dp[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=m;j>=v[i];j--){
dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]);
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=m;i++) ans=max(ans,dp[i]);//找到最佳答案。
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
唔，当然，如若是01背包的话，用 \(dp_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个物品中，用容积为 \(j\) 的背包所能获得的最大价值也是ok的，但如果题目要我们恰好要把容积为 \(M\) 的背包装满，这个状态所得到的答案就不一定正确了。
我给出的代码是已经优化过的版本，具体过程相信很多大佬都比我讲得好，这里主要分享我的一个思路，希望可以帮助自己巩固复习，也可以帮到大家理解。
$ \text{-END-}$
\(2022.7.6\)