背包问题九讲笔记_01背包[通俗易懂]

大家好，又见面了，我是你们的朋友全栈君。

摘自Tianyi Cui童鞋的《背包问题九讲》，稍作修改，方便理解。

01背包问题描述

已知:有一个容量为V的背包和N件物品，第i件物品的重量是weight[i]，收益是cost[i]。

限制:每种物品只有一件，可以选择放或者不放

问题:在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值或收益

相似问题:在恰好装满背包的情况下，最多能获得多少价值或收益

这里，我们先讨论在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值或收益。

基本思路

01背包的特点:每种物品只有一件，可以选择放或者不放

子问题定义状态

f[i][v] : 前i件物品放到一个容量为v的背包中可以获得最大价值

状态转移方程

f[i][v] = max(f[i - 1][v],f[i - 1][v - weight[i]] + cost[i])

分析

考虑我们的子问题，将前i件物品放到容量为v的背包中，若我们只考虑第i件物品时，它有两种选择，放或者不放。

1) 如果第i件物品不放入背包中，那么问题就转换为：将前i – 1件物品放到容量为v的背包中，带来的收益f[i – 1][v]

2) 如果第i件物品能放入背包中，那么问题就转换为：将前i – 1件物品放到容量为v – weight[i]的背包中，带来的收益f[i – 1][v – weight[i]] + cost[i]

代码

#include <iostream>
using namespace std;

const int N = 3;//物品个数
const int V = 5;//背包最大容量
int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量
int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品价值

int f[N + 1][V + 1] = {
  
  {0}};

int Max(int x,int y)
{
	return x > y ? x : y;
}

/*
目标：在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值

子问题状态:f[i][j]:表示前i件物品放入容量为j的背包得到的最大价值

状态转移方程:f[i][j] = max{f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]}

初始化:f数组全设置为0
*/
int Knapsack()
{
	//初始化
	memset(f,0,sizeof(f));
	//递推
	for (int i = 1;i <= N;i++) //枚举物品
	{
		for (int j = 0;j <= V;j++) //枚举背包容量
		{
			f[i][j] = f[i - 1][j];
			if (j >= weight[i])
			{
				f[i][j] = Max(f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
			}
		}
	}
	return f[N][V];
}

int main()
{
	cout<<Knapsack()<<endl;
	system("pause");
	return 1;
}

效率分析：

此算法的时间复杂度为O(N*V)，空间复杂度也为O(N*V)。其中，N 表示物品个数，V 表示背包容量这里，时间复杂度不可以在优化了，但是空间复杂度可以继续优化到O(V)

优化空间复杂度

上述的方法，我们使用二维数组 f[i][v] 保存中间状态，这里我们可以使用一维数组f[v]保存中间状态就能得到结果

分析

我们现在使用f[v]保存中间状态，我们想要达到的效果是，第i次循环后，f[v]中存储的是前i个物体放到容量v时的最大价值

在回顾下之前讲过的状态转移方程：

f[i][v] = max(f[i - 1][v],f[i - 1][v - weight[i]] + cost[i])

我们可以看到，要想得到 f[i][v]，我们需要知道 f[i – 1][v] 和 f[i – 1][v – weight[i]]，由于我们使用二维数组保存中间状态，所以可以直接取出这两个状态。

当我们使用一维数组存储状态时，f[v]表示，在执行i次循环后(此时已经处理i个物品)，前i个物体放到容量v时的最大价值，即之前的f[i][v]。与二维相比较，它把第一维隐去了，但是二者表达的含义还是相同的，只不过针对不同的i，f[v]一直在重复使用，所以，也会出现第i次循环可能会覆盖第i – 1次循环的结果。

为了求f[v],我们需要知道，前i – 1个物品放到容量v的背包中带来的收益，即之前的f[i – 1][v] 和前i – 1件物品放到容量为v – weight[i]的背包中带来的收益，即之前的f[i – 1][v – weight[i]] + cost[i]。

难点：由于我们只使用一维数组存储，则在求这两个子问题时就没有直接取出那么方便了，因为，第i次循环可能会覆盖第i – 1次循环的结果。

现在我们来求这两个值

1）前i – 1个物品放到容量v的背包中带来的收益，即之前的f[i – 1][v] ：

由于，在执行在i次循环时，f[v]存储的是前i个物体放到容量v时的最大价值，在求前i个物体放到容量v时的最大价值(即之前的f[i][v])时，我们是正在执行第 i 次循环，f[ v ]的值还是在第 i – 1 次循环时存下的值，在此时取出的 f[ v ]就是前i – 1个物体放到容量v时的最大价值，即f[i – 1][v]。

2）前i – 1件物品放到容量为v – weight[i]的背包中带来的收益，即之前的f[i – 1][v – weight[i]] + cost[i]

由于，在执行第i次循环前，f[0 ~ V]中保存的是第i – 1次循环的结果，即是前i – 1个物体分别放到容量0 ~ V时的最大价值，即f[i – 1][0 ~ V]。

则，在执行第i次循环前，f 数组中v – weight[i]的位置存储就是我们要找的前i – 1件物品放到容量为v – weight[i]的背包中带来的收益 (即之前的f[i – 1][v – weight[i]])，这里假设物品是从数组下标1开始存储的。

伪代码

for i=1..N //枚举物品
    for v=V..0 //枚举容量，从大到小
        f[v]=max{f[v],f[v-weight[i]] + cost[i]};

由上面伪代码可知，在执行第 i 次循环时，需要把背包容量由V..0都要遍历一遍，检测第 i 件物品是否能放。

逆序枚举容量的原因：

注意一点，我们是由第 i – 1 次循环的两个状态推出第 i 个状态的，而且 v > v – weight[i]，则对于第i次循环，背包容量只有当V..0循环时，才会先处理背包容量为v的状况，后处理背包容量为 v-weight[i] 的情况。

具体来说，由于，在执行v时，还没执行到v – weight[i]的，因此，f[v – weight[i]]保存的还是第i – 1次循环的结果。即在执行第i次循环且背包容量为v时，此时的f[v]存储的是 f[i – 1][v] ，此时f[v-weight[i]]存储的是f[i – 1][v-weight[i]]。

相反，如果在执行第 i 次循环时，背包容量按照0..V的顺序遍历一遍，来检测第 i 件物品是否能放。此时在执行第i次循环且背包容量为v时，此时的f[v]存储的是 f[i – 1][v] ，但是，此时f[v-weight[i]]存储的是f[i][v-weight[i]]。

因为，v > v – weight[i]，第i次循环中，执行背包容量为v时，容量为v – weight[i]的背包已经计算过，即f[v – weight[i]]中存储的是f[i][v – weight[i]]。即，对于01背包，按照增序枚举背包容量是不对的。

代码

#include <iostream>
using namespace std;

const int N = 3;//物品个数
const int V = 5;//背包最大容量
int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量
int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品价值

int f[V + 1] = {0};

int Max(int x,int y)
{
	return x > y ? x : y;
}

/*
目标：在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值

子问题状态:f[j]:表示前i件物品放入容量为j的背包得到的最大价值

状态转移方程:f[j] = max{f[j],f[j - weight[i]] + value[i]}

初始化:f数组全设置为0
*/
int Knapsack()
{
	//初始化
	memset(f,0,sizeof(f));
	//递推
	for (int i = 1;i <= N;i++) //枚举物品
	{
		for (int j = V;j >= weight[i];j--) //枚举背包容量,防越界，j下限为 weight[i]
		{
			f[j] = Max(f[j],f[j - weight[i]] + value[i]);
		}
	}
	return f[V];
}

int main()
{
	cout<<Knapsack()<<endl;
	system("pause");
	return 1;
}

但是，增序枚举背包容量会达到什么效果：它会重复的装入某个物品，而且尽可能多的，使价值最大，当然不会不超过背包容量

而逆序枚举背包容量：背包中的物品至多装一次，使价值最大，当然不会不超过背包容量

我们首先举例说明：

逆序枚举物品

背包问题九讲笔记_01背包[通俗易懂]

当i = 2，我们要求 f [5]：表示检测物品2放入容量为5的背包的最大收益

上图表示，当i = 2，求f[5]时f数组的状况，

橙色为数组现在存储的值，这些值是i = 1时(上一次循环)存入数组 f 的。相当于f[i – 1][v]

而黄色使我们要求的值，在求f[5]之前，f[5]= 5，即f[i – 1][5] = 5

现在要求 i = 2 时的f[5] = f[5 – 2] + 10 = 5 + 10 = 15 > f[i – 1][5] = 5

故，f[5] = 15；

注意一点，在求f[v]时，它引用的 f[v – weight[i]] 和 f[v]都是上一次循环的结果

顺序枚举物品

背包问题九讲笔记_01背包[通俗易懂]

当i = 2，我们要求 f [5]：表示检测物品2放入容量为5的背包的最大收益

上图表示，当i = 2，求f[5]时f数组的状况，

橙色为数组现在存储的值，这些值是i = 2时(本次循环)存入数组 f 的。相当于f[i][v]

这是由于，我们是增序遍历数组f的，在求f[v]时，v之前的值(0 ~ v – 1)都已经在第i次循环中求出。

而黄色使我们要求的值，在求f[5]之前，f[5]= 5，即f[i – 1][5] = 5

现在要求 i = 2 时的f[5] = f[5 – 2] + 10 =10+ 10 = 20 > f[i – 1][5] = 5

故，f[5] = 20；

其中引用的f[3]是相当于f[i][3] 而不是正常的f[i – 1][3]

注意一点，在求f[v]时，它引用的 f[v – weight[i]]是本次循环的结果而f[v]是上一次循环的结果

换个角度说，

在检测背包容量为5时，看物品2是否加入

由状态转移方程可知，我们f[5]需要引用自己本身和f[3]

由于背包容量为3时，可以装入物品2，且收益比之前的大，所以放入背包了。

在检测f[5]时，肯定要加上物品2的收益，而f[5]在引用f[3]时，f[3]时已经加过一次物品2，

因此，在枚举背包容量时，物品2会加入多次。

进一步说：

我们观察一维状态转移方程：

f[i][v] = max(f[i – 1][v],f[i – 1][v – weight[i]] + cost[i])

首先我们明确三个问题

1) v – weight[i] < v

2) 状态f[i][v] 是由 f[i – 1][v] 和 f[i – 1][v – weight[i]] 两个状态决定

3) 对于物品i，我们在枚举背包容量时，只要背包容量能装下物品i 且收益比原来的大，就会成功放入物品i。

具体来说，枚举背包容量时，是以递增的顺序的话，由于 v – weight[i] < v,则会先计算 v – weight[i]。在背包容量为v – weight[i]时，一旦装入了物品i，由于求f[v]需要使用f[i – 1][v – weight[i]]，而若求f[v]时也可以装入物品i的话，那么在背包容量为v时，容量为v的背包就装入可两次物品。又若v – weight[i]是由之前的状态推出，它们也成功装入物品i的话，那么容量为v的背包就装入了多次物品i了。

注意，此时，在计算f[v]时，已经把物品i能装入的全装入容量为v的背包了，此时装入物品i的次数为最大啊

其实，顺序枚举容量是完全背包问题最简捷的解决方案。

初始化的细节问题

求最优解的背包问题时，有两种问法：

1)在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值

2)在恰好装满背包的情况下，最多能获得多少价值

主要的区别为是否要求恰好装满背包。但这两种问法的实现方法是在初始化的时候有所不同。

1)恰好装满背包的情况：使用二维数组f[i][v]存储中间状态，其中第一维表示物品，第二维表示背包容量

初始化时，除了f[i][0] = 0（第一列）外，其他全为负无穷。

原因：初始化 f 数组就是表示：在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。对于恰好装满背包，只有背包容量为 0（第一列），可以什么物品都不装就能装满，这种情况是合法情况，此时价值为0。其他f[0][v]（第一列）是都不能装满的，此时有容量没物品。而其他位置（除去第一行和第一列的位置），我们为了在计算中比较最大值，也要初始化为负无穷。我们从程序的角度上看，我们只允许装入背包物品的序列的起始位置是从第一列开始，这些起始位置都是合法位置，且能恰好装满的情况收益均为正值，到f[N][V]终止。

注意，我们虽然是求恰好装满，还是需要枚举所有可以装入背包的物品，只要能装入，还需装入，收益有增加。只不过，由于恰好装满的物品的序列肯定是从第一列某行开始的，且之后的收益肯定是正值。对于非恰好装满的物品序列，其实位置肯定是从第一行某位置开始的，由于此时被初始化为负无穷，在和那些恰好装满物品序列带来的价值时，肯定是小的。所以，我们最后能获得最大值。

代码：

#include <iostream>
using namespace std;

const int MinNum = 0x80000000;

const int N = 3;//物品个数
const int V = 5;//背包最大容量
int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量
int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品价值

int f[N + 1][V + 1] = {
  
  {0}};

int Max(int x,int y)
{
	return x > y ? x : y;
}

/*
目标：在恰好装满背包的情况下，最多能获得多少价值

子问题状态:f[i][j]:表示前i件物品放入容量为j的背包得到的最大价值

状态转移方程:f[i][j] = max{f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]}

初始化:f数组全设置为0
*/
int Knapsack()
{
	//初始化
	for (int i = 0;i <= N;i++) //枚举物品
	{
		for (int j = 0;j <= V;j++) //枚举背包容量
		{
			f[i][j] = MinNum;
		}
	}
	for (int i = 0;i <= N;i++)
	{
		f[i][0] = 0;//背包容量为0时为合法状态
	}
	//递推
	for (int i = 1;i <= N;i++) //枚举物品
	{
		for (int j = 1;j <= V;j++) //枚举背包容量
		{
			f[i][j] = f[i - 1][j];
			if (j >= weight[i])
			{
				f[i][j] = Max(f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
			}
		}
	}
	return f[N][V];
}

int main()
{
	cout<<Knapsack()<<endl;//输出25
	system("pause");
	return 1;
}

使用一维数组f[v]存储中间状态，维表示背包容量

初始化时，除了f[0] = 0，其他全为负无穷。

原因：只有容量为0 的背包可以什么物品都不装就能装满，此时价值为0。其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，应该被赋值为负无穷了

代码

#include <iostream>
using namespace std;

const int MinNum = 0x80000000;//int最小的数

const int N = 3;//物品个数
const int V = 5;//背包最大容量
int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量
int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品价值

int f[V + 1] = {0};

int Max(int x,int y)
{
	return x > y ? x : y;
}

/*
目标：在恰好装满背包容量的情况下，最多能获得多少价值

子问题状态:f[j]:表示前i件物品放入容量为j的背包得到的最大价值

状态转移方程:f[j] = max{f[j],f[j - weight[i]] + value[i]}

初始化:f数组全设置为0
*/
int Knapsack()
{
	//初始化
	for (int i = 0;i <= V;i++)
	{
		f[i] = MinNum;
	}
	f[0] = 0;//只有背包容量为0时才是合法状态，由合法状态组成的结果才是合法的

	//递推
	for (int i = 1;i <= N;i++) //枚举物品
	{
		for (int j = V;j >= weight[i];j--) //枚举背包容量,防越界，j下限为 weight[i]
		{
			f[j] = Max(f[j],f[j - weight[i]] + value[i]);
		}
	}
	return f[V];
}

int main()
{
	cout<<Knapsack()<<endl;//输出25
	system("pause");
	return 1;
}

2)不需要把背包装满，只需要收益最大

使用二维数组f[i][v]存储中间状态，其中第一维表示物品，第二维表示背包容量

初始化时，除了f[i][0] = 0（第一列）外，其他全为负无穷。

使用一维数组f[v]存储中间状态，维表示背包容量

原因：如果背包并非必须被装满，那么任何容量的背包都有一个合法解“什么都不装”，这个解的价值为0，所以初始时状态的值也就全部为0了。

代码在最前面已贴，不在此上传。

一个常数优化

一维数组描述状态时的伪代码：

for i=1..N //枚举物品
    for v=V..0 //枚举容量，从大到小
        f[v]=max{f[v],f[v-weight[i]] + cost[i]};

观察可知，对于第i个物品，枚举背包容量下限时，可以到weight[i]为止。

原因：

1）对于第i物品，在求f[v]时，需要使用的状态是 v ~ v – weight[i] 这么多，这是由于v取最大容量V时，使用的状态才是v – weight[i]，当v不取最大状态时，使用的状态肯定是在v ~ v – weight[i]之间的。可以到weight[i]为止。

2）在到weight[i]为止时，还可以不进行if判断，担心v – weight[i]是否越界

此时，伪代码为

for i=1..N //枚举物品
    for v=V..weight[i] //枚举容量，从大到小
        f[v]=max{f[v],f[v-weight[i]] + cost[i]};

注意，对 f 数组，如果是检测第i个物品是否能放入，0 ~ weight[i] – 1的这些位置是不会遍历到的，则此时他们仍表示第i – 1次的状态，即二维的f[i – 1][v]。

还可以继续优化下界为

for i=1..N //枚举物品
	bound=max{V-sum{weight[i..n]},weight[i]}//确定需要枚举容量的下界
	for v=V..bound
		f[v]=max{f[v],f[v-weight[i]] + cost[i]};

原因：

1)网上的说法,不太懂,各位大牛可以指导下下。

对于第i次循环（指外循环），对于背包容量v = V(最大)时，对于f[v]的值，其实只要知道f[v-weight[i]]即可。以此类推，对于背包容量为 j 时，我们只需要知道到f[v-sum{weight[j..n]}]即可

2)还有人说

如果比v-sum{weight[j..n]}这个小，那么即使后面物品的全要也装不满背包。

所以对于物品i，小于v-sum{weight[j..n]}的v值，无意义。

总之是不懂。智商啊

作者说，当V很大是，效果好。

代码

#include <iostream>
using namespace std;

const int N = 3;//物品个数
const int V = 5;//背包最大容量
int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量
int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品价值

int f[V + 1] = {0};

int Max(int x,int y)
{
	return x > y ? x : y;
}

/*
目标：在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值

子问题状态:f[j]:表示前i件物品放入容量为j的背包得到的最大价值

状态转移方程:f[j] = max{f[j],f[j - weight[i]] + value[i]}

初始化:f数组全设置为0
*/
int Knapsack()
{
	int sum = 0;//存储还未处理物品的总容量
	int bound = 0;
	//初始化
	memset(f,0,sizeof(f));
	for (int i = 1;i <= N;i++)
	{
		sum += weight[i];
	}
	
	//递推
	for (int i = 1;i <= N;i++) //枚举物品
	{
		//设置下界
		if (i != 1)
		{
			sum -= weight[i - 1];
		}
		bound = Max(V - sum,weight[i]);

		for (int j = V;j >= bound;j--) //枚举背包容量
		{
			if (f[j] < f[j - weight[i]] + value[i])
			{
				f[j] = f[j - weight[i]] + value[i];
			}
		}
	}
	return f[V];
}

int main()
{
	cout<<Knapsack()<<endl;
	system("pause");
	return 1;
}

输出方案

一般而言，背包问题是要求一个最优值，如果要求输出这个最优值的方案，可以参照一般动态规划问题输出方案的方法：记录下每个状态的最优值是由状态转移方程的哪一项推出来的，换句话说，记录下它是由哪一个策略推出来的。便可根据这条策略找到上一个状态，从上一个状态接着向前推即可。

这里我们首先给出01背包的二维状态转移方程

f[i][v] = max(f[i - 1][v],f[i - 1][v - weight[i]] + cost[i])

对于状态f[i][v]，它来自两种策略，可以是f[i – 1][v],也可以是f[i – 1][v – weight[i]] + cost[i]

其中，对于第二种情况，就是把物品i放入背包了，这里也是我们要找的情况

根据状态转移方程，我们可以给出两种实现方法

1) 借助存储状态的数组，直接根据状态转移方程倒着推，检测是否满足

f[i][v] == f[i - 1][v - weight[i]] + value[i]

如果满足，则把第i件物品放入了，此时我们要检测第i – 1件物品，背包容量为v – weight[i]

不满足则表示没有把第i件物品放入，直接检测第i – 1件物品，此时背包容量还是v

注意，这种方法只适用于存储状态数组不压缩的情况。压缩数组由于数据有覆盖，不能使用

代码

#include <iostream>
using namespace std;

const int N = 3;//物品个数
const int V = 5;//背包最大容量
int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量
int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品价值

int f[N + 1][V + 1] = {
  
  {0}};

int Max(int x,int y)
{
	return x > y ? x : y;
}

/*
目标：在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值

子问题状态:f[i][j]:表示前i件物品放入容量为j的背包得到的最大价值

状态转移方程:f[i][j] = max{f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]}

初始化:f数组全设置为0
*/
int Knapsack()
{
	//初始化
	memset(f,0,sizeof(f));
	//递推
	for (int i = 1;i <= N;i++) //枚举物品
	{
		for (int j = 1;j <= V;j++) //枚举背包容量
		{
			f[i][j] = f[i - 1][j];
			if (j >= weight[i])
			{
				f[i][j] = Max(f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
			}
		}
	}
	return f[N][V];
}
/*
输出顺序:逆序输出物品编号
注意：这里借助状态数组f[i][v]
使用状态转移方程:f[i][j] = max{f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]}
*/
void PrintKnapsack()
{
	int i = N;//枚举物品
	int j = V;//枚举空间
	
	cout<<"加入背包的物品编号:"<<endl;
	while(i)
	{
		if (f[i][j] == f[i - 1][j - weight[i]] + value[i])
		{
			/*if不满足，表示第i件物品没装入背包,
			  if条件满足，表示放入背包了*/
			cout<<i<<" ";
			j -= weight[i];//此时容量减少
		}
		i--;
	}
	cout<<endl;
}

/*
输出顺序:顺序输出物品编号
注意：这里借助状态数组f[i][v]
使用状态转移方程:f[i][j] = max{f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]}
*/
void PrintKnapsack_recursion(int i,int j)
{
	if (i == 0 || j == 0)
	{
		return;
	}
	if (f[i][j] == f[i - 1][j - weight[i]] + value[i])
	{
		PrintKnapsack_recursion(i - 1,j - weight[i]);
		cout<<i<<" ";
	}
}

int main()
{
	cout<<Knapsack()<<endl;
	PrintKnapsack();
	PrintKnapsack_recursion(N,V);
	system("pause");
	return 1;
}

2) 另外开辟数组，在求解最大收益时做标记位。求解完最大收益后，根据这个新数组倒着推结果

思想：对于现在这个状态的位置，它存储的是该状态上一位置

注意：这种方法均适用存储状态数组不压缩和压缩两种情况

代码：

#include <iostream>
using namespace std;

const int N = 3;//物品个数
const int V = 5;//背包最大容量
int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量
int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品价值

int f[V + 1] = {0};

int G[N + 1][V + 1] = {
  
  {0}};//求背包序列

int Max(int x,int y)
{
	return x > y ? x : y;
}

/*
目标：在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值

子问题状态:f[j]:表示前i件物品放入容量为j的背包得到的最大价值

状态转移方程:f[j] = max{f[j],f[j - weight[i]] + value[i]}

初始化:f数组全设置为0
*/
int Knapsack()
{
	//初始化
	memset(f,0,sizeof(f));
	memset(G,0,sizeof(G));
	//递推
	for (int i = 1;i <= N;i++) //枚举物品
	{
		for (int j = V;j >= weight[i];j--) //枚举背包容量
		{
			if (f[j] < f[j - weight[i]] + value[i])
			{
				f[j] = f[j - weight[i]] + value[i];
				G[i][j] = 1;
			}
		}
	}
	return f[V];
}
/*
输出顺序:逆序输出物品编号
注意：这里另外开辟数组G[i][v],标记上一个状态的位置
G[i][v] = 1:表示物品i放入背包了，上一状态为G[i - 1][v - weight[i]]
G[i][v] = 0:表示物品i没有放入背包，上一状态为G[i - 1][v]
*/
void PrintKnapsack()
{
	int i = N;//枚举物品
	int j = V;//枚举空间
	
	cout<<"加入背包的物品编号:"<<endl;
	while(i)
	{
		if (G[i][j] == 1)
		{
			/*if不满足，表示第i件物品没装入背包,
			  if条件满足，表示放入背包了*/
			cout<<i<<" ";
			j -= weight[i];//此时容量减少
		}
		i--;
	}
	cout<<endl;
}

/*
输出顺序:顺序输出物品编号
注意：这里另外开辟数组G[i][v],标记上一个状态的位置
G[i][v] = 1:表示物品i放入背包了，上一状态为G[i - 1][v - weight[i]]
G[i][v] = 0:表示物品i没有放入背包，上一状态为G[i - 1][v]
*/
void PrintKnapsack_recursion(int i,int j)
{
	if (i == 0 || j == 0)
	{
		return;
	}
	if (G[i][j] == 1)
	{
		PrintKnapsack_recursion(i - 1,j - weight[i]);
		cout<<i<<" ";
	}
}

int main()
{
	cout<<Knapsack()<<endl;
	PrintKnapsack();
	PrintKnapsack_recursion(N,V);
	system("pause");
	return 1;
}

小结：

01 背包问题是最基本的背包问题，它包含了背包问题中设计状态、方程的最基本思想。另外，别的类型的背包问题往往也可以转换成01 背包问题求解。故一定要仔细体会上面基本思路的得出方法，状态转移方程的意义，以及空间复杂度怎样被优化。

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