动态规划 8. 01背包问题解法（二维dp数组、滚动数组）以及python中输入的处理方法
动态规划 8. 01背包问题解法（二维dp数组、滚动数组）以及python中输入的处理方法
最重要的两句话：
- dp[i][j] 表示从下标为[0-i]的物品里任意取，放进容量为j的背包，价值总和最大是多少。
- 递归公式：
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i])
二维dp数组解法
-
思路
这里用
weight[i]表示物品i对应的重量，value[i]表示物品i的价值题目中物品种类数量为
M，背包最大容量为N-
开一个二维dp表
行
i表示当前轮到物品i，一共M行；列
j表示当前背包容量为j，范围为[0, N]！（记住是一共N+1列）定义：
dp[i][j] 表示从下标在区间 [0, i] 内的物品里任意取，放进容量为j的背包，其最大的价值总和 -
找到递推式
dp[i][j]的来源有两种情况：-
不放物品
i：这也有两种可能情况：
-
当前背包可能容量不足以放置物品
i，因此最大价值必然是dp[i - 1][j]这种情况在遍历时要单独拿出来处理！！！
因为这种情况下，不存在
j - weight[i] （或者说j - weight[i] **为负数）** -
当前背包容量足以放置物品
i，但是可能容量并没有很大，或者由于其他原因，导致放完物品
i后的背包价值，还不如不放物品i，而是保持与dp[i - 1][j]一样的配置
背包容量为
j，里面不放物品i的最大价值是dp[i - 1][j]。**直观理解：**
dp[i][j]的上方的格子的值。 -
-
放物品
i：背包留出物品
i的容量来放物品i；然后，剩余背包容量为
j - weight[i]，
dp[i - 1][j - weight[i]] 为背包容量为j - weight[i]且不放物品i的最大价值；那么
dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i] ，就是背包放物品i得到的最大价值。**直观理解：**
dp[i][j]前一行的格子中，选择对应的剩余背包容量的格子，然后加上新放入的物品i的价值
递归公式：
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]) -
-
dp初始化方法
最初全部初始化为0
-
对于最左列
dp[i][0] ： 如果背包容量j为0的话，即，无论是选取哪些物品，背包价值总和一定为0。 -
对于最上行
dp[0][j] ： 即i为0，存放编号0的物品的时候，各个容量的背包所能存放的最大价值。此时，我们手中只能选择编号为0的物品，
因此，当背包容量
j小于编号为0的物品时，初始化dp[0][j]为0，当背包容量
j大于等于于编号为0的物品时，初始化dp[0][j]为value[0]
-
-
确定遍历顺序
先遍历物品还是先遍历背包重量都没问题
一般外循环遍历物品（行），内循环遍历背包重量（列）
-
-
代码
import sys lines = sys.stdin.readlines() # 获取输入内容 M, N = map(int, lines[0].strip().split()) # M: 研究材料数；N: 行李空间 weights = list(map(int, lines[1].strip().split())) values = list(map(int, lines[2].strip().split())) # 初始化dp： # dp[i][j] 表示从下标在区间[0, i]内的物品里任意取，放进容量为j的背包，其最大的价值总和 dp = [[0] * (N + 1) for _ in range(M)] for j in range(weights[0], N + 1): # j >= weights[0]时，dp[0][j] = values[0] dp[0][j] = values[0] # 最开始初始化已经为0，所以不需要再手动初始化最左列 # 递推遍历 for i in range(1, M): # 当前物品索引i for j in range(1, N + 1): # 当前背包最大容量j if weights[i] > j: # 当前背包容量j不足以放置物品i dp[i][j] = dp[i-1][j] else: # 当前背包容量j可以放置物品i dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-weights[i]] + values[i]) print(dp[-1][-1])
滚动数组解法（重要）
-
思路
详细可见后面对代码随想录的摘录，这里只记录我认为的要点
-
其实就是压缩物品（行）维度
-
重点在于，递推公式改变为：
dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i])，而遍历顺序要变为逆序遍历！！！
这里用
weight[i]表示物品i对应的重量，value[i]表示物品i的价值题目中物品种类数量为
M，背包最大容量为N-
开一个一维dp表
列
j表示当前背包容量为j，范围为[0, N]！（记住是一共N+1列）定义：
dp[j] 表示选取物品放进容量为j的背包，其最大的价值总和为dp[j] -
找到递推式
dp[j]为 容量为j的背包所背的最大价值。
dp[j]可以通过dp[j - weight[i]]推导出来，dp[j - weight[i]]表示容量为j - weight[i]的背包所背的最大价值。
dp[j - weight[i]] + value[i] 表示 容量为[j - 物品i重量] 的背包 加上 物品i的价值。（也就是容量为j的背包，放入物品i了之后的价值即：dp[j]）此时
dp[j]有两个选择，一个是取自己dp[j] 相当于 二维dp数组中的dp[i-1][j]，即不放物品i，一个是取dp[j - weight[i]] + value[i]，即放物品i，指定是取最大的，毕竟是求最大价值，所以递归公式为：
dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);可以看出相对于二维dp数组的写法，就是把
dp[i][j]中i的维度去掉了。GPT生成的解释： （关键点在于，能这样递推，是因为后面遍历顺序改变了，采用的是逆序遍历！）
在 01 背包问题的 一维 dp 数组优化 过程中，我们不需要考虑
dp[j - weight[i]] 是否在本轮迭代中被更新过，这是因为 遍历的顺序保证了正确性。以下是详细解释：1. 为什么可以这样做？
核心原因在于：
-
dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]) 这个公式的正确性依赖于 dp[j - weight[i]] 在更新 dp[j] 之前，仍然是“上一层”的值。 - 通过逆序遍历（从
j = bag_size 递减到j = weight[i]），我们确保dp[j - weight[i]] 在使用时，仍然是上一层的结果，而不会被当前物品的计算影响。
2. 为什么不需要担心
dp[j - weight[i]] 被更新的问题？如果我们采用 正序遍历（即
j 从0 增加到bag_size），在计算dp[j] 时，dp[j - weight[i]] 可能已经被本轮i 迭代的计算修改了，导致错误的状态传播。但我们使用 逆序遍历（从
j = bag_size 递减到j = weight[i]），这样dp[j - weight[i]] 在dp[j] 计算时，仍然保持着上一次 i-1 轮次的值，保证了递推公式的正确性。 -
-
dp初始化方法
最初初始化全为0
由于这里第一行也可以放入循环中，且逆序遍历，因此不需要再像二维dp方法中那样初始化最上行了
-
确定遍历顺序（最重要！！！）
-
一定要外层遍历物品，内层遍历背包容量！！！
-
二维dp遍历的时候，背包容量是从小到大，而一维dp遍历的时候，背包一定要从大到小。
也就是说，这里：
外循环从左往右遍历（这个无关紧要）
内循环**从右往左遍历！！！（这个很重要）**
因为倒序遍历是为了保证物品i只被放入一次！ 但如果一旦正序遍历了，那么物品0就会被重复加入多次！
（正序遍历会导致在计算
dp[j] 而需要引用dp[j-weight[i]] 时，dp[j-weight[i]] 已经在前面的遍历中更新过了，导致错误）遍历代码：
for i in range(M): # 应该先遍历物品，如果遍历背包容量放在上一层，那么每个dp[j]就只会放入一个物品 for j in range(N, weights[i] - 1, -1): # 倒序遍历背包容量！能够保证物品i只被放入一次。 # 注意起始和终止的背包容量，其中终止的背包容量设置是因为再往前走，背包将放不下物品i，导致dp[j]直接和上一层相同，无需再手动拷贝了 dp[j] = max(dp[j], dp[j-weights[i]] + values[i])注意起始和终止的背包容量，
其中终止的背包容量设置是因为如果再往前遍历，背包将放不下物品
i ，导致dp[j] 直接和上一层相同，无需再手动拷贝了 -
-
-
代码：
import sys lines = sys.stdin.readlines() # 获取输入内容 M, N = map(int, lines[0].strip().split()) # M: 研究材料数；N: 行李空间 weights = list(map(int, lines[1].strip().split())) values = list(map(int, lines[2].strip().split())) # 初始化dp： # dp[j] 表示选取物品放进容量为j的背包，其最大的价值总和为dp[j] dp = [0] * (N + 1) # 递推遍历 for i in range(M): # 应该先遍历物品，如果遍历背包容量放在上一层，那么每个dp[j]就只会放入一个物品 for j in range(N, weights[i] - 1, -1): # 倒序遍历背包容量！能够保证物品i只被放入一次。 # 注意起始和终止的背包容量，其中终止的背包容量设置是因为再往前走，背包将放不下物品i，导致dp[j]直接和上一层相同，无需再手动拷贝了 dp[j] = max(dp[j], dp[j-weights[i]] + values[i]) print(dp[-1])
下面摘录代码随想录中对01背包的理论讲解作为参考
-
理论讲解，均摘自代码随想录：
对于面试的话，其实掌握01背包和完全背包，就够用了，最多可以再来一个多重背包。
完全背包又是也是01背包稍作变化而来，即：完全背包的物品数量是无限的。
所以背包问题的理论基础重中之重是01背包，一定要理解透！
01 背包
-
有n件物品和一个最多能背重量为w 的背包。第i件物品的重量是weight[i]，得到的价值是value[i] 。每件物品只能用一次，求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。
这是标准的背包问题，以至于很多同学看了这个自然就会想到背包，甚至都不知道暴力的解法应该怎么解了。
这样其实是没有从底向上去思考，而是习惯性想到了背包，那么暴力的解法应该是怎么样的呢？
每一件物品其实只有两个状态，取或者不取，所以可以使用回溯法搜索出所有的情况，那么时间复杂度就是O(2^n)，这里的n表示物品数量。
所以暴力的解法是指数级别的时间复杂度。进而才需要动态规划的解法来进行优化！
在下面的讲解中，我举一个例子：
背包最大重量为4。
物品为：
重量 价值 物品0 1 15 物品1 3 20 物品2 4 30 问背包能背的物品最大价值是多少？
以下讲解和图示中出现的数字都是以这个例子为例。
（为了方便表述，下面描述 统一用 容量为XX的背包，放下容量（重量）为XX的物品，物品的价值是XX）
二维dp数组01背包
-
依然动规五部曲分析一波。
1. 确定dp数组以及下标的含义
-
我们需要使用二维数组，为什么呢？
因为有两个维度需要分别表示：物品 和 背包容量
如图，二维数组为 dp[i][j]。
那么这里 i 、j、dp[i][j] 分别表示什么呢？
i 来表示物品、j表示背包容量。
（如果想用j 表示物品，i 表示背包容量 行不行？ 都可以的，个人习惯而已）
我们来尝试把上面的 二维表格填写一下。
动态规划的思路是根据子问题的求解推导出整体的最优解。
我们先看把物品0 放入背包的情况：
背包容量为0，放不下物品0，此时背包里的价值为0。
背包容量为1，可以放下物品0，此时背包里的价值为15.
背包容量为2，依然可以放下物品0 （注意 01背包里物品只有一个），此时背包里的价值为15。
以此类推。
再看把物品1 放入背包：
背包容量为 0，放不下物品0 或者物品1，此时背包里的价值为0。
背包容量为 1，只能放下物品0，背包里的价值为15。
背包容量为 2，只能放下物品0，背包里的价值为15。
背包容量为 3，上一行同一状态，背包只能放物品0，这次也可以选择物品1了，背包可以放物品1 或者 物品0，物品1价值更大，背包里的价值为20。
背包容量为 4，上一行同一状态，背包只能放物品0，这次也可以选择物品1了，背包可以放下物品0 和 物品1，背包价值为35。
以上举例，是比较容易看懂，我主要是通过这个例子，来帮助大家明确dp数组的含义。
上图中，我们看 dp[1][4] 表示什么意思呢。
任取 物品0，物品1 放进容量为4的背包里，最大价值是 dp[1][4]。
通过这个举例，我们来进一步明确dp数组的含义。
即dp[i][j] 表示从下标为[0-i]的物品里任意取，放进容量为j的背包，价值总和最大是多少。
要时刻记着这个dp数组的含义，下面的一些步骤都围绕这dp数组的含义进行的，如果哪里看懵了，就来回顾一下i代表什么，j又代表什么。
2. 确定递推公式
-
这里在把基本信息给出来：
重量 价值 物品0 1 15 物品1 3 20 物品2 4 30 对于递推公式，首先我们要明确有哪些方向可以推导出 dp[i][j]。
这里我们dp[1][4]的状态来举例：
求取 dp[1][4] 有两种情况：
- 放物品1
- 还是不放物品1
如果不放物品1， 那么背包的价值应该是 dp[0][4] 即 容量为4的背包，只放物品0的情况。
推导方向如图：
如果放物品1， 那么背包要先留出物品1的容量，目前容量是4，物品1 的容量（就是物品1的重量）为3，此时背包剩下容量为1。
容量为1，只考虑放物品0 的最大价值是 dp[0][1]，这个值我们之前就计算过。
所以 放物品1 的情况 = dp[0][1] + 物品1 的价值，推导方向如图：
两种情况，分别是放物品1 和 不放物品1，我们要取最大值（毕竟求的是最大价值）
dp[1][4] = max(dp[0][4], dp[0][1] + 物品1 的价值)以上过程，抽象化如下：
- 不放物品i：背包容量为j，里面不放物品i的最大价值是dp[i - 1][j]。
- 放物品i：背包空出物品i的容量后，背包容量为j - weight[i]，dp[i - 1][j - weight[i]] 为背包容量为j - weight[i]且不放物品i的最大价值，那么dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i] （物品i的价值），就是背包放物品i得到的最大价值
递归公式：
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
3. dp数组如何初始化
-
关于初始化，一定要和dp数组的定义吻合，否则到递推公式的时候就会越来越乱。
首先从dp[i][j]的定义出发，如果背包容量j为0的话，即dp[i][0]，无论是选取哪些物品，背包价值总和一定为0。如图：
在看其他情况。
状态转移方程
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); 可以看出i 是由 i-1 推导出来，那么i为0的时候就一定要初始化。dp[0][j]，即：i为0，存放编号0的物品的时候，各个容量的背包所能存放的最大价值。
那么很明显当
j < weight[0]的时候，dp[0][j] 应该是 0，因为背包容量比编号0的物品重量还小。当
j >= weight[0]时，dp[0][j] 应该是value[0]，因为背包容量放足够放编号0物品。代码初始化如下：
for (int i = 1; i < weight.size(); i++) { // 当然这一步，如果把dp数组预先初始化为0了，这一步就可以省略，但很多同学应该没有想清楚这一点。 dp[i][0] = 0; } // 正序遍历 for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) { dp[0][j] = value[0]; }此时dp数组初始化情况如图所示：
dp[0][j] 和 dp[i][0] 都已经初始化了，那么其他下标应该初始化多少呢？
其实从递归公式： dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); 可以看出dp[i][j] 是由左上方数值推导出来了，那么 其他下标初始为什么数值都可以，因为都会被覆盖。
初始-1，初始-2，初始100，都可以！
但只不过一开始就统一把dp数组统一初始为0，更方便一些。
如图：
最后初始化代码如下：
// 初始化 dp vector<vector<int>> dp(weight.size(), vector<int>(bagweight + 1, 0)); for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) { dp[0][j] = value[0]; }费了这么大的功夫，才把如何初始化讲清楚，相信不少同学平时初始化dp数组是凭感觉来的，但有时候感觉是不靠谱的。
4. 确定遍历顺序
-
在如下图中，可以看出，有两个遍历的维度：物品与背包重量
那么问题来了，先遍历 物品还是先遍历背包重量呢？
其实都可以！！ 但是先遍历物品更好理解。
那么我先给出先遍历物品，然后遍历背包重量的代码。
// weight数组的大小 就是物品个数 for(int i = 1; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品 for(int j = 0; j <= bagweight; j++) { // 遍历背包容量 if (j < weight[i]) dp[i][j] = dp[i - 1][j]; else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); } }先遍历背包，再遍历物品，也是可以的！（注意我这里使用的二维dp数组）
例如这样：
// weight数组的大小 就是物品个数 for(int j = 0; j <= bagweight; j++) { // 遍历背包容量 for(int i = 1; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品 if (j < weight[i]) dp[i][j] = dp[i - 1][j]; else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); } }为什么也是可以的呢？
要理解递归的本质和递推的方向。
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); 递归公式中可以看出dp[i][j]是靠dp[i-1][j]和dp[i - 1][j - weight[i]]推导出来的。dp[i-1][j]和dp[i - 1][j - weight[i]] 都在dp[i][j]的左上角方向（包括正上方向），那么先遍历物品，再遍历背包的过程如图所示：
再来看看先遍历背包，再遍历物品呢，如图：
大家可以看出，虽然两个for循环遍历的次序不同，但是dp[i][j]所需要的数据就是左上角，根本不影响dp[i][j]公式的推导！
但先遍历物品再遍历背包这个顺序更好理解。
其实背包问题里，两个for循环的先后循序是非常有讲究的，理解遍历顺序其实比理解推导公式难多了。
5. 举例推导dp数组
来看一下对应的dp数组的数值，如图：
最终结果就是dp[2][4]。
建议大家此时自己在纸上推导一遍，看看dp数组里每一个数值是不是这样的。
做动态规划的题目，最好的过程就是自己在纸上举一个例子把对应的dp数组的数值推导一下，然后在动手写代码！
-
一维dp数组（滚动数组）
-
对于背包问题其实状态都是可以压缩的。
在使用二维数组的时候，递推公式：
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);其实可以发现如果把
dp[i - 1] 那一层拷贝到dp[i] 上，表达式完全可以是：
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][j - weight[i]] + value[i]) ;与其把
dp[i - 1] 这一层拷贝到dp[i] 上，不如只用一个一维数组了，只用
dp[j]（一维数组，也可以理解是一个滚动数组）。这就是滚动数组的由来，需要满足的条件是上一层可以重复利用，直接拷贝到当前层。
读到这里估计大家都忘了
dp[i][j]里的i和j表达的是什么了，i是物品，j是背包容量。
dp[i][j] 表示从下标为 [0-i] 的物品里任意取，放进容量为j的背包，价值总和最大是多少。一定要时刻记住这里
i和j的含义，要不然很容易看懵了。 -
动规五部曲分析如下：
-
确定dp数组的定义：
关于dp数组的定义，我在 01背包理论基础 (opens new window)有详细讲解
在一维dp数组中，
dp[j]表示：容量为j的背包，所背的物品价值可以最大为dp[j]。 -
一维dp数组的递推公式：
二维dp数组的递推公式为：
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);公式是怎么来的 在这里 01背包理论基础 (opens new window)有详细讲解。
一维dp数组，其实就是由 上一层
dp[i-1] 拷贝到 这一层dp[i] 而来。所以在 上面递推公式的基础上，去掉
i这个维度就好。递推公式为：
dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);GPT生成的解释： （关键点在于，能这样递推，是因为后面遍历顺序改变了，采用的是逆序遍历！）
在 01 背包问题的 一维 dp 数组优化 过程中，我们不需要考虑
dp[j - weight[i]] 是否在本轮迭代中被更新过，这是因为 遍历的顺序保证了正确性。以下是详细解释：1. 为什么可以这样做？
核心原因在于：
-
dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]) 这个公式的正确性依赖于 dp[j - weight[i]] 在更新 dp[j] 之前，仍然是“上一层”的值。 - 通过逆序遍历（从
j = bag_size 递减到j = weight[i]），我们确保dp[j - weight[i]] 在使用时，仍然是上一层的结果，而不会被当前物品的计算影响。
2. 为什么不需要担心
dp[j - weight[i]] 被更新的问题？如果我们采用 正序遍历（即
j 从0 增加到bag_size），在计算dp[j] 时，dp[j - weight[i]] 可能已经被本轮i 迭代的计算修改了，导致错误的状态传播。但我们使用 逆序遍历（从
j = bag_size 递减到j = weight[i]），这样dp[j - weight[i]] 在dp[j] 计算时，仍然保持着上一次 i-1 轮次的值，保证了递推公式的正确性。以下为分析：
dp[j]为 容量为j的背包所背的最大价值。
dp[j]可以通过dp[j - weight[i]]推导出来，dp[j - weight[i]]表示容量为j - weight[i]的背包所背的最大价值。
dp[j - weight[i]] + value[i] 表示 容量为[j - 物品i重量] 的背包 加上 物品i的价值。（也就是容量为j的背包，放入物品i了之后的价值即：dp[j]）此时
dp[j]有两个选择，一个是取自己dp[j] 相当于 二维dp数组中的dp[i-1][j]，即不放物品i，一个是取dp[j - weight[i]] + value[i]，即放物品i，指定是取最大的，毕竟是求最大价值，所以递归公式为：
dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);可以看出相对于二维dp数组的写法，就是把
dp[i][j]中i的维度去掉了。 -
-
一维dp数组如何初始化
关于初始化，一定要和dp数组的定义吻合，否则到递推公式的时候就会越来越乱。
dp[j]表示：容量为j的背包，所背的物品价值可以最大为dp[j]，那么dp[0]就应该是0，因为背包容量为0所背的物品的最大价值就是0。那么dp数组除了下标0的位置，初始为0，其他下标应该初始化多少呢？
看一下递归公式：
dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);dp数组在推导的时候一定是取价值最大的数，如果题目给的价值都是正整数那么非0下标都初始化为0就可以了。
这样才能让dp数组在递归公式的过程中取的最大的价值，而不是被初始值覆盖了。
那么我假设物品价值都是大于0的，所以dp数组初始化的时候，都初始为0就可以了。
-
一维dp数组遍历顺序：
代码如下：
for(int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品 for(int j = bagWeight; j >= weight[i]; j--) { // 遍历背包容量 dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]); } }这里大家发现和二维dp的写法中，遍历背包的顺序是不一样的！
二维dp遍历的时候，背包容量是从小到大，而一维dp遍历的时候，背包是从大到小。
为什么呢？
倒序遍历是为了保证物品i只被放入一次！ 但如果一旦正序遍历了，那么物品0就会被重复加入多次！
举一个例子：物品0的重量
weight[0] = 1，价值value[0] = 15如果正序遍历
dp[1] = dp[1 - weight[0]] + value[0] = 15
dp[2] = dp[2 - weight[0]] + value[0] = 30此时
dp[2]就已经是30了，意味着物品0，被放入了两次，所以不能正序遍历。为什么倒序遍历，就可以保证物品只放入一次呢？
倒序就是先算
dp[2]
dp[2] = dp[2 - weight[0]] + value[0] = 15 （dp数组已经都初始化为0）
dp[1] = dp[1 - weight[0]] + value[0] = 15所以从后往前循环，每次取得状态不会和之前取得状态重合，这样每种物品就只取一次了。
那么问题又来了，为什么二维dp数组遍历的时候不用倒序呢？
因为对于二维dp，
dp[i][j]都是通过上一层即dp[i - 1][j]计算而来，本层的dp[i][j]并不会被覆盖！（如何这里读不懂，大家就要动手试一试了，空想还是不靠谱的，实践出真知！）
再来看看两个嵌套for循环的顺序，代码中是先遍历物品嵌套遍历背包容量，那可不可以先遍历背包容量嵌套遍历物品呢？
不可以！
因为一维dp的写法，背包容量一定是要倒序遍历（原因上面已经讲了），如果遍历背包容量放在上一层，那么每个
dp[j]就只会放入一个物品，即：背包里只放入了一个物品。所以一维dp数组的背包在遍历顺序上和二维其实是有很大差异的！ ，这一点大家一定要注意。
一维dp 的01背包，要比二维简洁的多！ 初始化 和 遍历顺序相对简单了。
所以我倾向于使用一维dp数组的写法，比较直观简洁，而且空间复杂度还降了一个数量级！
在后面背包问题的讲解中，我都直接使用一维dp数组来进行推导。
-
总结
-
以上的讲解可以开发一道面试题目（毕竟力扣上没原题）。
就是本文中的题目，要求先实现一个纯二维的01背包，如果写出来了，然后再问为什么两个for循环的嵌套顺序这么写？反过来写行不行？再讲一讲初始化的逻辑。
然后要求实现一个一维数组的01背包，最后再问，一维数组的01背包，两个for循环的顺序反过来写行不行？为什么？
注意以上问题都是在候选人把代码写出来的情况下才问的。
就是纯01背包的题目，都不用考01背包应用类的题目就可以看出候选人对算法的理解程度了。
相信大家读完这篇文章，应该对以上问题都有了答案！
此时01背包理论基础就讲完了，我用了两篇文章把01背包的dp数组定义、递推公式、初始化、遍历顺序从二维数组到一维数组统统深度剖析了一遍，没有放过任何难点。
大家可以发现其实信息量还是挺大的。
如果把动态规划：关于01背包问题，你该了解这些！ (opens new window)和本篇的内容都理解了，后面我们在做01背包的题目，就会发现非常简单了。
不用再凭感觉或者记忆去写背包，而是有自己的思考，了解其本质，代码的方方面面都在自己的掌控之中。
即使代码没有通过，也会有自己的逻辑去debug，这样就思维清晰了。
-
下面摘录python中输入的处理方法（由claude生成）
在处理编程题时，有几种方法可以处理整个输入。我来详细解释如何在 Python 中接收并处理完整的输入。
方法一：逐行读取
这是最常见的方法，适用于知道具体有多少行输入的情况：
无论用户输入什么内容，input() 都会将其作为字符串返回。如果需要其他数据类型，必须进行显式转换
input() 会自动去除用户输入末尾的换行符（\n），所以不需要额外调用 .strip() 来移除换行符。
input() 是阻塞式的，这意味着程序会停止执行并等待用户输入。在需要非阻塞IO的情况下，可能需要使用其他技术（如多线程或异步IO）。
# 读取第一行
first_line = input().strip().split()
M, N = map(int, first_line)
# 读取第二行
space_line = input().strip().split()
spaces = list(map(int, space_line))
# 读取第三行
value_line = input().strip().split()
values = list(map(int, value_line))
方法二：使用 sys.stdin 读取所有输入
如果你想一次性读取所有输入然后再处理，可以使用 sys.stdin：
sys.stdin.readline() 比 input() 稍快一些，因为它不处理提示消息，且保留换行符。
import sys
# 读取所有输入行并存储在列表中
lines = sys.stdin.readlines()
# 处理第一行
first_line = lines[0].strip().split()
M, N = map(int, first_line)
# 处理第二行
space_line = lines[1].strip().split()
spaces = list(map(int, space_line))
# 处理第三行
value_line = lines[2].strip().split()
values = list(map(int, value_line))
方法三：使用 while 循环读取未知数量的输入行
当你不确定有多少行输入时：
import sys
lines = []
for line in sys.stdin:
if line.strip() == "": # 检测空行作为结束标志（可选）
break
lines.append(line.strip())
# 现在 lines 列表包含了所有输入行
# 处理第一行
first_line = lines[0].split()
M, N = map(int, first_line)
# 处理后续行
if len(lines) > 1:
space_line = lines[1].split()
spaces = list(map(int, space_line))
if len(lines) > 2:
value_line = lines[2].split()
values = list(map(int, value_line))
方法四：针对编程竞赛的快速输入
在比赛环境中，处理大量输入时可以使用更高效的方法：
import sys
input = sys.stdin.readline # 更快的输入方法
# 读取输入
M, N = map(int, input().split())
spaces = list(map(int, input().split()))
values = list(map(int, input().split()))
更多推荐
34
0- 0
已为社区贡献2条内容
所有评论(0)