0-1背包问题的基本描述和解题算法请看：

动态规划学习-【0-1背包问题】

上面这篇文章我们已经得出0-1背包问题的状态转移方程：

F(n, C)考虑将n个物品放进容量为C的背包，使得价值最大：

F(i, C) = max( F(i - 1, C), v(i) + F(i - 1, C - w(i)))

1. 空间复杂度为：O(2 * C)

根据状态转移方程，我们可以分析出来，第i行元素只依赖于第i-1行元素。理论上，只需要保持两行元素。空间复杂度变为：O(2 * C) = O(C)。

具体操作： 

首先，初始化i = 0 行的数值。（行表示物品索引，列表示背包剩余容量）

其次，i = 1 这一行的数据要根据i = 0行的数据进行计算。

然后，计算 i = 2这一行，i = 2这一行依赖于i = 1行。针对这一步，其实我们有两种操作办法：第一种，把 i = 1 行往上移动，覆盖原有的i = 0行数据，i = 2行覆盖i = 1行；第二种，把 i = 2行直接覆盖 i = 0行。我们采用第二种方法，如果采用第一种方法会导致时间耗费增加。

接着， i = 3行可以直接覆盖掉i = 1行。

最后，根据以上操作，我们会发现上面行永远在记录i = 偶数的行、下面行永远在记录 i = 奇数的行。

在实际编程中，我们计算第i行，它依赖于第 i - 1行，我们直接根据i是奇数和偶数来进行取值计算。

class Solution:

    def knapsack01(self, w, v, C):

        assert len(w) == len(v)

        if len(w) == 0 or len(v)== 0:
            return 0

        memo = [[0 for i in range(C + 1)] for _ in range(2)]

        for i in range(C + 1):
            memo[0][i] = v[0] if i >= w[0] else 0

        for i in range(len(v)):
            for j in range(C + 1):
                memo[i % 2][j] = memo[(i - 1) % 2][j]
                if j >= w[i]:
                    memo[i % 2][j] = max(memo[i % 2][j], v[i] + memo[(i - 1) % 2][j - w[i]])

        return memo[(len(v) - 1) % 2][C]

solution = Solution()
w = [1, 2, 3]
v = [6, 10, 12]
print(solution.knapsack01(w, v, 5))

 2. 空间复杂度为：O(C)

第 i 行元素只依赖于第 i-1 行元素。理论上，只需要保持两行元素。空间复杂度为：O(2 * C) = O ( C )。

思考：只使用一行大小为C的数组完成动态规划？

 我们再来分析一下，当我们使用两行空间时候的计算过程。第 0 行已经初始化完成，第 1 行已经计算了一半，当C = 2时，已经可以容纳id = 1的物品。这时，我们要考虑我们的状态转移方程，F(1, 2) = max(F(0, 2), 10 + F(0, 0))。我们可以注意一下，F(1, 2)只和它左边和上边的数值有关，和 i = 0 行的右边元素无关。因此，我们可以考虑在这个点上做优化。

当我们只有i = 0 这一行内容时，因为 i =1行只与i = 0行的左边内容有关。因此，当我们计算i = 1行时，可以考虑从i = 0 行的右边开始刷新内容。

下图是计算F( 1, 5) = max(F(0, 5), 10 + F(0, 5 - 2))

下图是计算F(1, 4) = max(F(0, 4), 10 + F(0, 4 - 2)) 

 

 下图是计算F(1, 3) = max(F(0, 3), 10 + F(0, 3 - 2)) 

  下图是计算F(1, 2) = max(F(0, 2), 10 + F(0, 2 - 2)) 

 

 由于F(1, 1)中背包所容纳重量已经不能放置 i = 1 的物品，所以 F(1 , 1)左边所有表格都不用再更新。这样的话，可以提前终止循环判断，提高了时间效率。

 代码实现：

class Solution:

    def knapsack01(self, w, v, C):

        assert len(w) == len(v)

        if len(w) == 0 or len(v)== 0:
            return 0

        memo = [0 for i in range(C + 1)]

        for i in range(C + 1):
            memo[i] = v[0] if i >= w[0] else 0

        for i in range(1,len(v)):
            for j in range(C, -1, -1):
                if j >= w[i]:
                    memo[j] = max(memo[j], v[i] + memo[j - w[i]])
                else:
                    continue
        return memo[C]

solution = Solution()
w = [1, 2, 3]
v = [6, 10, 12]
print(solution.knapsack01(w, v, 5))

3. 0-1 背包问题的变种

3.1 完全背包问题：每个物品可以无限使用。

虽然每个物品可以无限使用，但是背包的容量是有限的。背包可以装有限的物品，只是一些物品是重复的。

3.2 多重背包问题：每个物品不止1个，有num(i)个。

3.3 多维费用背包问题：要考虑物品的体积和重量两个维度？

3.4 物品之间加入约束

1. 物品之间可以相互排斥。在背包中放入某个物品之后，就不能放入其他物品。
2. 物品之间的相互依赖。在背包中放入某个物品，就必须放入另一个物品。