说明

这段时间每天加班，确实没有整块的时间来写博客了，一不小心就到周末了，要是不写篇博客，那就又要鸽了。为了不打脸，还是加班加点的把这篇博客给写了出来。

再说个题外话，最近一直在看一本关于Mysql的掘金小册，感觉很棒，作者用通俗易懂的语言将Mysql的底层原理进行了介绍，图文并茂，讲解的很深入，可以看出作者应该是花了不少心思，借阅了不少书籍的。据说作者是个95后，为了写这本小册子还特意辞了职，简直优秀！

一篇文章大概需要花费40~60分钟，建议花整块的时间进行阅读。

从作者的身上，也看到了一种匠心精神，反观自己，写这么水的文章，实在是惭愧。所以决定对文章质量把把关，本着宁缺毋滥的原则来写作，尽量不浪费大家的时间。

好了，闲话就说到这了，言归正传。

上一篇中，我们了解了01背包问题，并用三种方法进行了求解，但其实在最后一种解法上，我们还能再对它的空间复杂度进行优化。

优化过程

已经过去一个星期了，可能一部分人已经忘记了之前的解题思路，所以在这里把之前填表法使用到的图贴了过来：

这是我们上一篇填表法的最终结果，在这里，聪明的你应该能发现，其实这里大部分的内容都没有用上，那么让我们来想想，如何优化一下空间复杂度呢？

再回头看下之前的递推关系式：

可以发现，每次求解 KS(i,j)只与KS(i-1,m) {m:1...j} 有关。也就是说，如果我们知道了K(i-1,1...j)就肯定能求出KS(i,j)，为了更直观的理解，再画一张图：

下一层只需要根据上一层的结果即可推出答案，举个栗子，看i=3，j=5时，在求这个子问题的最优解时，根据上述推导公式，KS(3,5) = max{KS(2,5),KS(2,0) + 3} = max{6,3} = 6;如果我们得到了i=2时所有子问题的解，那么就很容易求出i=3时所有子问题的解。

因此，我们可以将求解空间进行优化，将二维数组压缩成一维数组，此时，装填转移方程变为：

KS(j) = max{KS(j),KS(j - wi) + vi}

这里KS(j - wi)就相当于原来的KS(i-1, j - wi)。需要注意的是，由于KS(j)是由它前面的KS(m){m:1..j}推导出来的，所以在第二轮循环扫描的时候应该由后往前进行计算，因为如果由前往后推导的话，前一次循环保存下来的值可能会被修改，从而造成错误。

这么说也许还是不太清楚，回头看上面的图，我们从i=2推算i=3的子问题的解时，此时一维数组中存放的是{0,0,2,4,4,6,6,6,6,6,6}，这是i=2时所有子问题的解，如果我们从前往后推算i=3时的解，比如，我们计算KS(0) = 0，KS(1) = KS(1) = 0 (因为j=1时，装不下第三个珠宝，第三个珠宝的重量为5)，KS(2) = 2,KS(3) = 4,KS(4) = 4, KS(5) = max{KS(5), KS(5-5) + 3} = 6,....,KS(8) = max{KS(8),KS(8 - 5) + 3} = 7。在这里计算KS(8)的时候，我们就把原来KS(8)的内容修改掉了，这样，我们后续计算就无法找到这个位置的原值（这个栗子没举好。。因为后面的计算没有用到KS(8)= =），也就是上一轮循环中计算出来的值了，所以在遍历的时候，需要从后往前进行倒序遍历。

public class Solution{
    int[] vs = {0,2,4,3,7};
    int[] ws = {0,2,3,5,5};
    int[] newResults = new int[11];

    @Test
    public void test() {
        int result = ksp(4,10);
        System.out.println(result);
    }

    private int ksp(int i, int c){
        // 开始填表
        for (int m = 0; m < vs.length; m++){
            int w = ws[m];
            int v = vs[m];
            for (int n = c; n >= w; n--){
                newResults[n] = Math.max(newResults[n] , newResults[n - w] + v);
            }
            // 可以在这里输出中间结果
            System.out.println(JSON.toJSONString(newResults));
        }
        return newResults[newResults.length - 1];
    }
}

输出如下：

[0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0]
[0,0,2,2,2,2,2,2,2,2,2]
[0,0,2,4,4,6,6,6,6,6,6]
[0,0,2,4,4,6,6,6,7,7,9]
[0,0,2,4,4,7,7,9,11,11,13]
13

这样，我们就顺利将空间复杂度从O(n*c)优化到了O(c)。当然，空间优化的代价是，我们只能知道最终的结果，但无法再回溯中间的选择，也就是无法根据最终结果来找到我们要选的物品组合。

关于初始值

01背包问题一般有两种不同的问法，一种是“恰好装满背包”的最优解，要求背包必须装满，那么在初始化的时候，除了KS(0)为0，其他的KS(j)都应该设置为负无穷大，这样就可以保证最终得到的KS(c)是恰好装满背包的最优解。另一种问法不要求装满，而是只希望最终得到的价值尽可能大，那么初始化的时候，应该将KS(0...c)全部设置为0。

为什么呢？因为初始化的数组，实际上是在没有任何物品可以放入背包的情况下的合法状态。如果要求背包恰好装满，那么此时只有容量为0的背包可以在什么都不装且价值为0的情况下被“恰好装满”，其他容量的背包均没有合法的解，因此属于未定义的状态，应该设置为负无穷大。如果背包不需要被装满，那么任何容量的背包都有合法解，那就是“什么都不装”。这个解的价值为0，所以初始状态的值都是0。

总结

01背包问题可以用自上而下的递归记忆法求解，也可以用自下而上的填表法求解，而后者可以将二维数组的解空间优化成一维数组的解空间，从而实现空间复杂度的优化。

对于01背包问题的两种不同问法，实际上的区别便是初始值设置不一样，解题思路是一样的。

关于01背包问题，介绍到这里就已经全部结束了，希望能对大家有所帮助。如果觉得有收获，不要吝啬你的赞哦，也欢迎关注我的公众号留言交流。