动态规划与回溯法解决0-1背包问题
回溯法和分支限界法解决0-1背包题(精)[精品文档]
![回溯法和分支限界法解决0-1背包题(精)[精品文档]](https://img.taocdn.com/s3/m/4b32afcc84868762caaed595.png)
0-1背包问题计科1班朱润华 2012040732方法1：回溯法一、回溯法描述：用回溯法解问题时，应明确定义问题的解空间。
问题的解空间至少包含问题的一个（最优）解。
对于0-1背包问题，解空间由长度为n的0-1向量组成。
该解空间包含对变量的所有0-1赋值。
例如n=3时，解空间为：｛（0，0，0），（0，1，0），（0，0，1），（1，0，0），（0，1，1），（1，0，1），（1，1，0），（1，1，1）｝然后可将解空间组织成树或图的形式，0-1背包则可用完全二叉树表示其解空间给定n种物品和一背包。
物品i的重量是wi，其价值为vi，背包的容量为C。
问:应如何选择装入背包的物品，使得装入背包中物品的总价值最大?形式化描述：给定c >0, wi >0, vi >0 , 1≤i≤n.要求找一n元向量(x1,x2,…,xn,),xi∈{0,1}, ? ∑ wi xi≤c,且∑ vi xi达最大.即一个特殊的整数规划问题。
二、回溯法步骤思想描述：0-1背包问题是子集选取问题。
0-1 背包问题的解空间可以用子集树表示。
在搜索解空间树时，只要其左儿子节点是一个可行节点，搜索就进入左子树。
当右子树中有可能含有最优解时，才进入右子树搜索。
否则，将右子树剪去。
设r是当前剩余物品价值总和，cp是当前价值；bestp是当前最优价值。
当cp+r<=bestp时，可剪去右子树。
计算右子树上界的更好的方法是将剩余物品依次按其单位价值排序，然后依次装入物品，直至装不下时，再装入物品一部分而装满背包。
例如：对于0-1背包问题的一个实例，n=4,c=7,p=[9,10,7,4],w=[3,5,2,1]。
这4个物品的单位重量价值分别为[3,2,3,5,4]。
以物品单位重量价值的递减序装入物品。
先装入物品4，然后装入物品3和1.装入这3个物品后，剩余的背包容量为1，只能装0.2的物品2。
由此得一个解为[1,0.2,1,1]，其相应价值为22。
回溯法解决0-1背包问题
回溯法解决0-1背包问题问题描述： 有n件物品和⼀个容量为c的背包。
第i件物品的价值是v[i]，重量是w[i]。
求解将哪些物品装⼊背包可使价值总和最⼤。
所谓01背包，表⽰每⼀个物品只有⼀个，要么装⼊，要么不装⼊。
回溯法： 01背包属于找最优解问题，⽤回溯法需要构造解的⼦集树。
在搜索状态空间树时，只要左⼦节点是可⼀个可⾏结点，搜索就进⼊其左⼦树。
对于右⼦树时，先计算上界函数，以判断是否将其减去，剪枝啦啦！上界函数bound():当前价值cw+剩余容量可容纳的最⼤价值<=当前最优价值bestp。
为了更好地计算和运⽤上界函数剪枝，选择先将物品按照其单位重量价值从⼤到⼩排序，此后就按照顺序考虑各个物品。
#include <stdio.h>#include <conio.h>int n;//物品数量double c;//背包容量double v[100];//各个物品的价值double w[100];//各个物品的重量double cw = 0.0;//当前背包重量double cp = 0.0;//当前背包中物品价值double bestp = 0.0;//当前最优价值double perp[100];//单位物品价值排序后int order[100];//物品编号int put[100];//设置是否装⼊//按单位价值排序void knapsack(){int i,j;int temporder = 0;double temp = 0.0;for(i=1;i<=n;i++)perp[i]=v[i]/w[i];for(i=1;i<=n-1;i++){for(j=i+1;j<=n;j++)if(perp[i]<perp[j])//冒泡排序perp[],order[],sortv[],sortw[]{temp = perp[i];perp[i]=perp[i];perp[j]=temp;temporder=order[i];order[i]=order[j];order[j]=temporder;temp = v[i];v[i]=v[j];v[j]=temp;temp=w[i];w[i]=w[j];w[j]=temp;}}}//回溯函数void backtrack(int i){double bound(int i);if(i>n){bestp = cp;return;}if(cw+w[i]<=c){cw+=w[i];cp+=v[i];put[i]=1;backtrack(i+1);cw-=w[i];cp-=v[i];}if(bound(i+1)>bestp)//符合条件搜索右⼦数backtrack(i+1);}//计算上界函数double bound(int i){double leftw= c-cw;double b = cp;while(i<=n&&w[i]<=leftw){leftw-=w[i];b+=v[i];i++;}if(i<=n)b+=v[i]/w[i]*leftw;return b;}int main(){int i;printf("请输⼊物品的数量和容量：");scanf("%d %lf",&n,&c);printf("请输⼊物品的重量和价值：");for(i=1;i<=n;i++){printf("第%d个物品的重量：",i);scanf("%lf",&w[i]);printf("价值是：");scanf("%lf",&v[i]);order[i]=i;}knapsack();backtrack(1);printf("最有价值为：%lf\n",bestp);printf("需要装⼊的物品编号是：");for(i=1;i<=n;i++){if(put[i]==1)printf("%d ",order[i]);}return 0;}时间复杂度分析： 上界函数bound()需要O(n)时间，在最坏的情况下有O(2^n)个右⼦结点需要计算上界，回溯算法backtrack需要的计算时间为O(n2^n)。
动态规划——01背包问题
动态规划——01背包问题⼀、最基础的动态规划之⼀01背包问题是动态规划中最基础的问题之⼀，它的解法完美地体现了动态规划的思想和性质。
01背包问题最常见的问题形式是：给定n件物品的体积和价值，将他们尽可能地放⼊⼀个体积固定的背包，最⼤的价值可以是多少。
我们可以⽤费⽤c和价值v来描述⼀件物品，再设允许的最⼤花费为w。
只要n稍⼤，我们就不可能通过搜索来遍查所有组合的可能。
运⽤动态规划的思想，我们把原来的问题拆分为⼦问题，⼦问题再进⼀步拆分直⾄不可再分（初始值），随后从初始值开始，尽可能地求取每⼀个⼦问题的最优解，最终就能求得原问题的解。
由于不同的问题可能有相同的⼦问题，⼦问题存在⼤量重叠，我们需要额外的空间来存储已经求得的⼦问题的最优解。
这样，可以⼤幅度地降低时间复杂度。
有了这样的思想，我们来看01背包问题可以怎样拆分成⼦问题：要求解的问题是：在n件物品中最⼤花费为w能得到的最⼤价值。
显然，对于0 <= i <= n,0 <= j <= w，在前i件物品中最⼤花费为j能得到的最⼤价值。
可以使⽤数组dp[n + 1][w + 1]来存储所有的⼦问题，dp[i][j]就代表从前i件物品中选出总花费不超过j时的最⼤价值。
可知dp[0][j]值⼀定为零。
那么，该怎么递推求取所有⼦问题的解呢。
显⽽易见，要考虑在前i件物品中拿取，⾸先要考虑前i - 1件物品中拿取的最优情况。
当我们从第i - 1件物品递推到第i件时，我们就要考虑这件物品是拿，还是不拿，怎样收益最⼤。
①：⾸先，如果j < c[i]，那第i件物品是⽆论如何拿不了的，dp[i][j] = dp[i - 1][j];②：如果可以拿，那就要考虑拿了之后收益是否更⼤。
拿这件物品需要花费c[i]，除去这c[i]的⼦问题应该是dp[i - 1][j - c[i]]，这时，就要⽐较dp[i - 1][j]和dp[i - 1][j - c[i]] + v[i]，得出最优⽅案。
利用动态规划解决01背包问题01背包问题动态规划
利用动态规划解决01背包问题01背包问题动态规划背包问题是一个经典的动态规划模型,很多关于算法的教材都把它作为一道例题,该问题既简单又容易理解,而且在某种程度上还能够揭示动态规划的本质。
将具有不同重量和价值的物体装入一个有固定载重量的背包,以获取最大价值,这类问题被称为背包问题。
背包问题可以扩展出很多种问题,而01背包问题是最常见、最有代表性的背包问题。
一、问题描述给定一个载重量为M的背包及n个物体,物体i的重量为wi、价值为pi,1≤i≤n,要求把这些物体装入背包,使背包内的物体价值总量最大。
此处我们讨论的物体是不可分割的,通常称这种物体不可分割的背包问题为01背包问题。
二、基本思路01背包问题的特点是:每种物体只有一件,可以选择放或者不放。
假设:xi表示物体i被装入背包的情况,xi=0,1。
当xi=0时,表示物体没有被装入背包;当xi=1时,表示物体被装入背包。
根据问题的要求,有如下的约束方程(1)和目标函数(2):三、利用动态规划法求解01背包问题(一)动态规划算法的基本思想动态规划算法通常用于求解具有某种最优性质的问题。
在这类问题中,可能会有许多可行解。
每一个解都对应于一个值,我们希望找到具有最优值的解。
动态规划算法与分治法类似,其基本思想也是将待求解问题分解成若干个子问题,先求解子问题,然后从这些子问题的解得到原问题的解。
与分治法不同的是,适合于用动态规划求解的问题,经分解得到子问题往往不是互相独立的。
若用分治法来解这类问题,则分解得到的子问题数目太多,有些子问题被重复计算很多次。
如果我们能够保存已解决的子问题的答案,而在需要时再找出已求得的答案,这样就可以避免大量的重复计算,节省时间。
我们可以用一个表来记录所有已解的子问题的答案。
不管该子问题以后是否被用到,只要它被计算过,就将其结果填入表中,这就是动态规划法的基本思路。
具体的动态规划算法多种多样,但它们具有相同的填表格式。
(二)算法设计假定背包的载重量范围为0～m。
0-1背包问题——回溯法求解【Python】
0-1背包问题——回溯法求解【Python】回溯法求解0-1背包问题：问题：背包⼤⼩ w，物品个数 n，每个物品的重量与价值分别对应 w[i] 与 v[i]，求放⼊背包中物品的总价值最⼤。
回溯法核⼼：能进则进，进不了则换，换不了则退。
（按照条件深度优先搜索，搜到某⼀步时，发现不是最优或者达不到⽬标，则退⼀步重新选择）注：理论上，回溯法是在⼀棵树上进⾏全局搜索，但是并⾮每种情况都需要全局考虑，毕竟那样效率太低，且通过约束+限界可以减少好多不必要的搜索。
解决本问题思路：使⽤0/1序列表⽰物品的放⼊情况。
将搜索看做⼀棵⼆叉树，⼆叉树的第 i 层代表第 i 个物品，若剩余空间允许物品 i 放⼊背包，扩展左⼦树。
若不可放⼊背包，判断限界条件，若后续继续扩展有可能取得最优价值，则扩展右⼦树（即此 i 物品不放⼊，但是考虑后续的物品）。
在层数达到物品的个数时，停⽌继续扩展，开始回溯。
注：如何回溯呢？怎样得到的，怎样恢复。
放⼊背包中的重量取出，加在bagV上的价值减去。
约束条件：放⼊背包中物品的总质量⼩于等于背包容量限界条件：当前放⼊背包中物品的总价值（i及之前） + i 之后的物品总价值 < 已知的最优值这种情况下就没有必要再进⾏搜索数据结构：⽤⼀个变量记录当前放⼊背包的总价值 bagV（已扩展），⼀个变量记录后续物品的总价值 remainV（未扩展），当前已得到的⼀种最优值 bestV（全局情况），⼀个⽤0/1表⽰的数组bestArr[]记录哪些物品放⼊了背包。
核⼼结构：递归思路进⾏解决。
层层递归，递归到尽头，保留最优值，恢复递归中，层层回溯，即将原来加上去的重量与价值恢复。
# -*- coding:utf-8 -*-def Backtrack(t):global bestV, bagW, bagV,arr, bestArr, cntVif t > n: #某次深度优先搜索完成if bestV < bagV:for i in range(1, n+1):bestArr[i] = arr[i]bestV = bagVelse: #深度优先搜索未完成if bagW + listWV[t][0] <= w: #第t个物品可以放⼊到背包中，扩展左⼦树arr[t] = TruebagW += listWV[t][0]bagV += listWV[t][1]Backtrack(t+1)bagW -= listWV[t][0]bagV -= listWV[t][1]if cntV[t] + bagV > bestV: #有搜索下去的必要arr[t] = FalseBacktrack(t+1)if__name__ == '__main__':w = int(input()) #背包⼤⼩n = int(input()) #物品个数listWV = [[0,0]]listTemp = []sumW = 0sumV = 0for i in range(n):listTemp = list(map(int, input().split())) #借助临时list每次新增物品对应的list加⼊到listWV中sumW += listTemp[0]sumV += listTemp[1]listWV.append(listTemp) #依次输⼊每个物品的重量与价值bestV = 0bagW = 0bagV = 0remainV = sumVarr = [False for i in range(n+1)]bestArr = [False for i in range(n+1)]cntV = [0 for i in range(n+1)] #求得剩余物品的总价值,cnt[i]表⽰i+1~n的总价值 cntV[0] = sumVfor i in range(1, n+1):cntV[i] = cntV[i-1] - listWV[i][1]if sumW <= w:print(sumV)else:Backtrack(1)print(bestV)print(bestArr)print(cntV)检测：1052 65 34 52 43 617[False, True, False, True, False, True][24, 18, 15, 10, 6, 0]。
蛮力法、动态规划法、回溯法和分支限界法求解01背包问题【精选】
一、实验内容：分别用蛮力法、动态规划法、回溯法和分支限界法求解0/1背包问题。
注：0/1背包问题：给定种物品和一个容量为的背包，物品的重n C i 量是，其价值为，背包问题是如何使选择装入背包内的物品，使得装i w i v 入背包中的物品的总价值最大。
其中，每种物品只有全部装入背包或不装入背包两种选择。
二、所用算法的基本思想及复杂度分析：1.蛮力法求解0/1背包问题：1）基本思想：对于有n 种可选物品的0/1背包问题，其解空间由长度为n 的0-1向量组成,可用子集数表示。
在搜索解空间树时，深度优先遍历，搜索每一个结点，无论是否可能产生最优解，都遍历至叶子结点，记录每次得到的装入总价值，然后记录遍历过的最大价值。
2）代码:#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;#define N 100//最多可能物体数struct goods //物品结构体{int sign;//物品序号int w;//物品重量int p;//物品价值}a[N];bool m(goods a,goods b){return (a.p/a.w)>(b.p/b.w);}int max(int a,int b){return a<b?b:a;}int n,C,bestP=0,cp=0,cw=0;int X[N],cx[N];/*蛮力法求解0/1背包问题*/int Force(int i){if(i>n-1){if(bestP<cp&&cw+a[i].w<=C){for (int k=0;k<n;k++)X[k]=cx[k];//存储最优路径bestP=cp;}return bestP;}cw=cw+a[i].w;cp=cp+a[i].p;cx[i]=1;//装入背包Force(i+1);cw=cw-a[i].w;cp=cp-a[i].p;cx[i]=0;//不装入背包Force(i+1);return bestP;}int KnapSack1(int n,goods a[],int C,int x[]){Force(0);return bestP;}int main(){goods b[N];printf("物品种数n: ");scanf("%d",&n);//输入物品种数printf("背包容量C: ");scanf("%d",&C);//输入背包容量for (int i=0;i<n;i++)//输入物品i 的重量w 及其价值v {printf("物品%d 的重量w[%d]及其价值v[%d]:",i+1,i+1,i+1);scanf("%d%d",&a[i].w,&a[i].p);b[i]=a[i];}int sum1=KnapSack1(n,a,C,X);//调用蛮力法求0/1背包问题printf("蛮力法求解0/1背包问题:\nX=[ ");for(i=0;i<n;i++)cout<<X[i]<<" ";//输出所求X[n]矩阵printf("]装入总价值%d\n",sum1);bestP=0,cp=0,cw=0;//恢复初始化}3）复杂度分析：蛮力法求解0/1背包问题的时间复杂度为：。
用蛮力法、动态规划法和贪心法求解0 1背包问题
printf("\n");
}
｝
以下要依次判断每个子集的可行性，找出可行解:
voidpanduan(inta[][4],intcw[])////判断每个子集的可行性，如果可行则计算其价值存入数组cw,不可行则存入0
{
int i,j;
int n=16;
int sw,sv;
for(i=0;i<16;i++)
用蛮力法解决0/1背包问题，需要考虑给定n个物品集合的所有子集，找出所有可能的子集（总重量不超过背包容量的子集），计算每个子集的总价值，然后在他们中找到价值最大的子集。
所以蛮力法解0/1背包问题的关键是如何求n个物品集合的所有子集，n个物品的子集有2的n次方个，用一个2的n次方行n列的数组保存生成的子集，以下是生成子集的算法：void force(int a[][4])//蛮力法产生4个物品的子集
{
int i,j;
int n=16;
int m,t;
for(i=0;i<16;i++)
{t=i;
for(j=3;j>=0;j--)
{
m=t%2;
a[i][j]=m;
t=t/2;
}
}
for(i=0;i<16;i++)//输出保存子集的二维数组
{
for(j=0;j<4;j++)
{
printf("%d",a[i][j]);
i++;
}
return maxprice;
}
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
回溯法解决01背包问题
回溯法是一个既带有系统性又带有跳跃性的搜索算法。
它在包含问题的所有解的解空间树中按照深度优先的策略，从根节点出发搜索解空间树。
算法搜索至解空间树的任一节点时，总是先判断该节点是否肯定不包含问题的解。
如果肯定不包含，则跳过对以该节点为根的子树的系统搜索，逐层向其原先节点回溯。
否则，进入该子树，继续按深度优先的策略进行搜索。
运用回溯法解题通常包含以下三个步骤：∙针对所给问题，定义问题的解空间；∙确定易于搜索的解空间结构；∙以深度优先的方式搜索解空间，并且在搜索过程中用剪枝函数避免无效搜索；在0／1背包问题中，容量为M的背包装载。
从n个物品中选取装入背包的物品，物品i的重量为Wi，价值为Pi。
最佳装载指装入的物品价值最高，即∑PiXi(i=1..n)取最大值。
约束条件为∑WiXi ≤M且Xi∈[0,1](1≤i≤n)。
在这个表达式中，需求出Xi的值。
Xi=1表示物品i装入背包，Xi＝0表示物品i不装入背包。
∙即判断可行解的约束条件是：∑WiXi≤M（i=0..n），Wi>0,Xi∈[0,1](1≤i≤n)∙目标最大值：max∑PiXi（i=0..n-1）,Pi>0,Xi=0或1（0≤i<n）0/1背包问题是一个自己选取问题，适合于用子集树表示0／1背包问题的解空间。
在搜索解空间树时，只要左儿子节点是一个可行节点，搜索就进入左子树，在右子树中有可能包含最优解才进入右子树搜索，否则将右子树剪去。
程序分析：将物品个数，每个物品体积／价值输入，计算总物品体积S，输入背包体积V，如果V<0或者V>S则前置条件错误，即背包体积输入错误，否则顺序将物品放入背包。
假设放入前i件物品，背包没有装满，继续选取第i+1件物品，若该物品“太大”不能装入，则弃之继而选取下一件直到背包装满为止；如果剩余物品中找不到合适物品以填满背包，则说明“刚刚”装入的第i件物品不合适，应将i拿出，继续从i＋1及以后的物品中选取，如此重复，直到找到满足条件的解。
0_1背包问题的多种解法
、问题描述0/1背包问题：现有n种物品，对1<=i<=n，已知第i种物品的重量为正整数W,价值为正整数V，背包能承受的最大载重量为正整数V，现要求找出这n种物品的一个子集，使得子集中物品的总重量不超过W且总价值尽量大。
(注意：这里对每种物品或者全取或者一点都不取，不允许只取一部分)、算法分析根据问题描述，可以将其转化为如下的约束条件和目标函数：nw i x i Wi i ⑴X i {0,1(1 i n)nmax v i x (2)i 1于是，问题就归结为寻找一个满足约束条件( 1)，并使目标函数式(2)达到最大的解向量首先说明一下0-1背包问题拥有最优解假设(X1, X2,X3,……,X n)是所给的问题的一个最优解，则 (X2,X3,……,X n)是下面问题的一个最优解:nWi 2X i {0,1}(2W1X1 maxi n) inv i X。
如果不是的话，设(y2> y3>....2..,y n)是这个问题的一个最优解，则n nV i y i V i X ii 2 i 2，且 W1X1n nW i y i W。
因此，V1X1 V i y ii 2 i 2n nV1X1V j X VX i，这说明i 2 i 1(X1,y2,y3, ....... , y n)是所给的0-1背包问题比(X1,X2,X3, ............ , X n)更优的解，从而与假设矛盾穷举法:用穷举法解决0-1背包问题，需要考虑给定n个物品集合的所有子集，找出所有可能的子集(总重量不超过背包重量的子集)，计算每个子集的总重量，然后在他们中找到价值最大的子集。
由于精品(X1, X2,X3,……X n)。
程序过于简单，在这里就不再给出，用实例说明求解过程。
下面给出了4个物品和一个容量为10的背包，下图就是用穷举法求解0-1背包问题的过程。
(a)四个物品和一个容量为10的背包(b)用回溯法求解0-1背包问题的过程递归法：在利用递归法解决0-1背包问题时，我们可以先从第n个物品看起。
动态规划求解01背包问题
动态规划求解01背包问题问题给定n种物品和⼀个背包，物品(1<=i<=n)重量是w I ，其价值v i,背包容量为C,对每种物品只有两种选择：装⼊背包和不装⼊背包，即物品是不可能部分装⼊，部分不装⼊。
如何选择装⼊背包的物品，使其价值最⼤？想法该问题是最优化问题，求解此问题⼀般采⽤动态规划（dynamic plan），很容易证明该问题满⾜最优性原理。
动态规划的求解过程分三部分：⼀：划分⼦问题：将原问题划分为若⼲个⼦问题，每个⼦问题对应⼀个决策阶段，并且⼦问题之间具有重叠关系⼆：确定动态规划函数：根据⼦问题之间的重叠关系找到⼦问题满⾜递推关系式（即动态规划函数），这是动态规划的关键三：填写表格：设计表格，以⾃底向上的⽅式计算各个⼦问题的解并填表，实现动态规划过程。
思路：如何定义⼦问题？0/1背包可以看做是决策⼀个序列（x1,x2,x3,…,xn）,对任何⼀个变量xi的决策时xi=1还是xi=0. 设V(n,C)是将n个物品装⼊容量为C的背包时背包所获得的的最⼤价值，显然初始⼦问题是将前i个物品装如容量为0的背包中和把0个物品装⼊容量为j的背包中，这些情况背包价值为0即V(i,0)=V(0,j)=0 0<=i<=n, 0<=j<=C接下来考虑原问题的⼀部分，设V(I,j)表⽰将前i个物品装⼊容量为j的背包获得的最⼤价值，在决策xi时，已经确定了(x1,x2,…,xi-1)，则问题处于下列两种情况之⼀：1. 背包容量不⾜以装⼊物品i，则装⼊前i-1个物品的最⼤价值和装⼊前i个物品最⼤价值相同，即xi=0，背包价值没有增加2. 背包容量⾜以装⼊物品i，如果把物品i装⼊背包，则背包物品价值等于把前i-1个物品装⼊容量为j-wi的背包中的价值加上第i个物品的价值vi；如果第i个物品没有装⼊背包，则背包价值等于把前i-1个物品装⼊容量为j的背包中所取得的价值，显然，取⼆者最⼤价值作为把物品i装⼊容量为j的背包中的最优解，得到如下递推公式为了确定装⼊背包中的具体物品，从V(n,C)的值向前推，如果V（n，C）>V(n-1,C),则表明第n个物品被装⼊背包中，前n-1个物品被装⼊容量为C-wn的背包中；否则，第n个物品没有被装⼊背包中，前n-1个物品被装⼊容量为C的背包中，依次类推，直到确认第⼀个物品是否被装⼊背包中代码C++实现1. // dp_01Knapsack.cpp : 定义控制台应⽤程序的⼊⼝点。
用动态规划法求解0-1背包问题
０ — １背包 问题 的解 决 方法 多 种 多样 ，常用 的算法 有贪 心算 法 、 回溯法 、 分 枝一限界法 等 。本文 采用 动态
规 划 原理 来 求 解 ０ 一 ｌ背 包 问题 也不 失 为 一 种 简单 明 了、 清 晰 易懂 的方法 。 参考 文献 ：
［ １ ］ 王 晓东． 计算机 算法设计与分析 ［ Ｍ］ ． 北京： 电子 工业 出版社
ｗ ｈ ｉ ｌ ｅ（ ｍ【 ｉ Ⅱ ｃ 】 ＝ ＝ ｍ［ ｉ 一 １ ］ ［ ｃ ］ ） ｉ － － ； ｗ ｈ ｉ ｌ ｅ（ ｉ ＞ ０ ） ｛ ｊ ＝ ｉ 一 １ ； ｗ ｈ ｉ ｌ ｅ（ ｍ『 ｊ １ ［ ｃ ］ 一 ｍ ［ ｊ 】 【 ｃ ］ ！＝ ｖ ｉ ｉ － １ ］ ＆ ＆－ ｊ ＞ ０ ）
［ ｉ ］ ［ ｊ 】 是 下 面两 个 量 的最 大值 ： ｍ［ ｉ ＋ １ ］ ［ ｊ ］ 和 ｍ【 ｉ ＋ １ 】 【 ｊ — ｗ ［ ｉ 】
］ ＋ Ｖ 嘲
｝
｛
ｆ ｏ ｒ （ ｊ ＝ ０ ； ｊ ＜ ＝ ｃ ； ｊ ＋ ＋ ） ｐ ｒ ｉ ｎ ｔ ｆ （ ” ％３ ｄ ． ｔ ， ｍ ｆ ｉ １ 【 ｊ 】 ） ； ｐ ｉ ｆ ｎ ｆ （ ” ＼ Ｉ １ ” ） ；｝
等于 ｖ 『 ｎ １ ；
ｋ ｎ ａ ｐ ｓ ａ ｃ ｋ （ ） ；ｄ ｉ ｓ ｐ Ｏ ； ｐ ｒ ｉ ｎ ｔ ｆ （ ” 最 大价值＝ ％ｄ ＼ ｎ ” ， ｍ 【 ｎ ］ ［ ｃ 】 ） ；
ｏ ｆ ｒ （ ｉ ＿ ０ ； ｉ ＜ ＝ ｎ ； ｉ ＋ ＋ ）
②当前的背包容量 Ｊ 大于等于物品重量 ｗ ［ ｉ ］ 时， ｍ
２ ０ ０７ ．
ｉ ｎ ｔ ｎ ， Ｃ ， ｗ ［ Ｍ Ａ Ｘ ］ ， ｖ ［ ＭＡ Ｘ ］ ， ｍ ［ ＭＡ ｘ】 ［ ＭＡ ｘ 】 ＝ ｛ ０ ｝ ； ｖ ｏ ｉ ｄ ｋ ｎ ａ ｐ ｓ ａ ｃ ｋ ０ ｛ｉ ｎ ｔ ｉ ；
0-1背包问题动态规划和贪心法实现
算法设计与分析实验报告实验二 0-1背包问题院系：班级：计算机科学与技术学号：姓名：任课教师：成绩：湘潭大学2016年5月实验二0-1背包问题一. 实验内容分别编程实现动态规划算法和贪心法求0-1背包问题的最优解，分析比较两种算法的时间复杂度并验证分析结果。
二．实验目的1、掌握动态规划算法和贪心法解决问题的一般步骤，学会使用动态规划和贪心法解决实际问题；2、理解动态规划算法和贪心法的异同及各自的适用范围。
三. 算法描述/*动态规划 0-1背包问题算法如下*/Template<class Type>Void Knapsack(Type v,int w,int c,int n,Type ** m){int jMax = min(w[n] - 1,c);For(int j = 0;j <= jMax;j++){m[n][j] = 0;}For(int j = w[n];j <= c;j++){m[n][j] = v[n];}For(int i = n- 1;i > 1;i--){jMax = min(w[i] - 1,c);For(int j = 0;j <= jMax;j++) m[i][j] = m[i+1][j];For(int j = w[i];j <= c;j++) min[i][j] = max(m[i+1][j],m[i+1][j-w[i]]+v[i]);}m[1][c] = m[2][c];If(c >= w[1]) m[1][c] = max(m[1][c],m[2][c-w[1]]+v[1]);}Template<class Type>Void Traceback(Type**m,int w,int c,int n,int x){for(int i =1 ;i < n;i ++)If(m[i][c] == m[i+1][c]) x[i] = 0;Else{x[i] = 1;c -=w[i];}x[n] = (m[n][c]) ? 1:0;}按上述算法Knapsack计算后m[1][c]给出所要求的0-1背包问题的最优解。
动态规划中的0-1背包模型
动态规划中的0-1背包模型 看完题后能否形成⼀个清晰思路的关键就在于能否根据题意的描述构建出⼀个恰当的模型，适合这道题⽬本⾝同时⼜能联系⾃⼰之前头脑库中的模型。
⽽对于01背包这类模型来说，形成的关键思维就在想最后⼀个n，即⽤⼀种抽象的语⾔把最终的结果给描述出来。
01背包的例⼦就不举了，这⾥先给出⼀个简单的01背包变形的例⼦： 按照之前的逻辑，我们⽤抽象的语⾔描述这道题的结果就是：给定⼀个长度为n的数列，问从这n个数中获取某些的数的和，使这个和最⼤同时⼜不超过某个值k，问能取⼏个或者这个和是多少。
话说到这⾥，就很容易和0-1背包⼀⼀对应起来了，这个k就是0-1中的最⼤背包容量，某些数的最⼤和就是0-1背包中所有物品的最⼤价值。
不过0-1背包中的value和weight两个量在这道题⽬中缩成了num这⼀个变量。
下⾯给出两个例题，都是这样的思路。
饭卡Time Limit: 5000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 18818 Accepted Submission(s): 6584Problem Description电⼦科⼤本部⾷堂的饭卡有⼀种很诡异的设计，即在购买之前判断余额。
如果购买⼀个商品之前，卡上的剩余⾦额⼤于或等于5元，就⼀定可以购买成功（即使购买后卡上余额为负），否则⽆法购买（即使⾦额⾜够）。
所以⼤家都希望尽量使卡上的余额最少。
某天，⾷堂中有n种菜出售，每种菜可购买⼀次。
已知每种菜的价格以及卡上的余额，问最少可使卡上的余额为多少。
Input多组数据。
对于每组数据：第⼀⾏为正整数n，表⽰菜的数量。
n<=1000。
第⼆⾏包括n个正整数，表⽰每种菜的价格。
价格不超过50。
第三⾏包括⼀个正整数m，表⽰卡上的余额。
m<=1000。
n=0表⽰数据结束。
背包问题
（0-1）背包问题的解法小结1．动态规划法递推关系：– 考虑一个由前i 个物品(1≤i ≤n )定义的实例，物品的重量分别为w 1,…,w i ，价值分别为v 1，…，v i ，背包的承重量为j (1≤j ≤W )。
设V [I,j]为该实例的最优解的物品总价值– 分成两类子集：• 根据定义，在不包括第i 个物品的子集中，最优子集的价值是V [i -1,j ]• 在包括第i 个物品的子集中(因此，j －w ≥0)，最优子集是由该物品和前i -1个物品中能够放进承重量为i －w j 的背包的最优子集组成。
这种最忧子集的总价值等于v i +V [i -1,j -w i ].0]0,[时，0 当0;][0,时，0初始条件：当],1[}],1[],,1[max{],[=≥=≥<≥⎩⎨⎧-+---=i V i j V j w j w j j i V v w j i V j i V j i V i i i i以记忆功能为基础的算法：用自顶向下的方式对给定的问题求解，另外维护一个类似自底向上动态规划算法使用的表格。
一开始的时候，用一种“null”符号创始化表中所有的单元，用来表明它们还没有被计算过。
然后，一旦需要计算一个新的值，该方法先检查表中相应的单元：如果该单元不是“null ”，它就简单地从表中取值；否则，就使用递归调用进行计算，然后把返回的结果记录在表中。
算法 MFKnapsack(I,j)//对背包问题实现记忆功能方法//输入：一个非负整数i 指出先考虑的物品数量，一个非负整数j 指出了背包的承重量 //输出：前i 个物品的最伏可行子集的价值//注意：我们把输入数组Weights[1..n],Values[1..n]和表格V[0..n,0..W]作为全局变量，除了行0和列0用0初始化以外，V 的所有单元都用-1做初始化。
if V[I,j]<01if j<Weights[i]value ←MFKnapsack(i-1,j)elsevalue ←max(MFKnapsack(i-1),j), Value[i]+MFKnapsack(i-1,j-eights[i]))V[I,j]←valuereturn V[I,j]2．贪心算法1) 背包问题基本步骤：首先计算每种物品单位重量的价值Vi/Wi ，然后，依贪心选择策略，将尽可能多的单位重量价值最高的物品装入背包。
动态规划算法0-1背包问题课件PPT
回溯法
要点一
总结词
通过递归和剪枝来减少搜索空间，但仍然时间复杂度高。
要点二
详细描述
回溯法是一种基于递归的搜索算法，通过深度优先搜索来 找出所有可能的解。在0-1背包问题中，回溯法会尝试将物 品放入背包中，并递归地考虑下一个物品。如果当前物品 无法放入背包或放入背包的总价值不增加，则剪枝该分支 。回溯法能够避免搜索一些无效的组合，但仍然需要遍历 所有可能的组合，时间复杂度较高。
缺点
需要存储所有子问题的解，因此空间 复杂度较高。对于状态转移方程的确 定和状态空间的填充需要仔细考虑， 否则可能导致错误的结果。
04
0-1背包问题的动态规划解法
状态定义
状态定义
dp[i][ j]表示在前i个物品中选，总 重量不超过j的情况下，能够获得 的最大价值。
状态转移方程
dp[i][ j] = max(dp[i-1][ j], dp[i1][ j-w[i]] + v[i])，其中w[i]和v[i] 分别表示第i个物品的重量和价值。
02
计算时间复杂度：时间复杂度是指求解问题所需的时间与问题规模之间的关系。对 于0-1背包问题，时间复杂度主要取决于状态总数。由于每个状态都需要被遍历， 因此时间复杂度为O(2^n)，其中n是物品的数量。
03
空间复杂度：空间复杂度是指求解问题所需的空间与问题规模之间的关系。在0-1 背包问题中，空间复杂度主要取决于状态总数。由于每个状态都需要被存储，因此 空间复杂度也为O(2^n)，其中n是物品的数量。
06
0-1背包问题的扩展和实际应用
多多个物品和多个 背包，每个物品有各自的重量和价值， 每个背包有各自的容量，目标是选择物 品，使得在不超过背包容量限制的情况 下，所选物品的总价值最大。
用动态规划法与回溯法实现0-1背包问题的比较
ｍ ≯ “ ｆ
√ｆ ） ＝
ｉ
（） １ ． ２
，时，时间复杂度为长Ｏ（ｎ＊数），长关 系 。此 时的需要对于状态空 间和决策 间 的维 数 的增 呈 指２ 增计 算和存储量 计 算 时 间 和存 储 量 过 大 。 空
回溯 法 ： 溯 法 需 要 为 问 题 定 义 一 个 解 空 间， 个 解 空 间必 须 至 回 这
Ｏ １背包 问题 ： 定 １种物 品 和一 背 包 。物 品 ｉ 一 给 ３ ． 的重 量 是 Ｗ ｉ其 价 。
将 第 ｉ 物 品 装 入 背包 。 个
可 以 用树 的形 式 将 解 空 间 表 达 出来 。树 中从 第 ｉ 到第 ｉ１层 的 层 ＋ 边 上 的 值 表示 解 向量 中 Ｘ 的取 值 ， 假 定 第 ｉ 的左 子 树 描 述 第 ｉ ｉ 并 层 个
，
∑魄， ｛
４
总结
的 最 优值 为 ｍ（，） 即 ｍ（，） 背 包 容 量 为 ｊ 可 悬 着 物 品 为 ｉ＋ ｉｊ ， ｉｊ是 ， ， ｉ 动态规划算法求解背包问题时对子过程用枚举法求解。 而且 约 束 ｌ… ． ， ， ｏ １ 包 问题 的最 优 值 。 ｎ时 － 背 由于 。 １背 包 问 题 的最 优 子 结 构 性 一 条件越多， 决策 的搜 索 范 围越 小 ， 求解 也 越 容 易 。但 是对 于规 模 较 大 的 质 ， 以建 立 计 算 ｍ（， 的 如下 递 归 式 ： 可 ｉ） ｊ 问 题 它 并 不 是 一 个 理想 的 算 法 。从 二 维 数 组 ｍ『１ １ 以 看 出当 ｃ ２ ｎ『 可 ｃ ＞ｎ
【 摘
武汉
４ ０７ ） ３ ０ ３
要 】－ 背包问题是运筹学 中的著名问题 。 ０１ 也是计算机 算法中的一个经典问题 。 本文采用动态规 划法和 回溯法对该问题进行求解 ， 对
0-1背包问题的递归方法
0-1背包问题的递归方法0-1背包问题是一个经典的动态规划问题，可以使用递归方法求解。
定义一个函数`knapsack(weights, values, capacity, n)`，其中`weights`和`values`分别代表物品的重量和价值，`capacity`代表背包的容量，`n`代表当前考虑的物品个数。
递归的思路是对于每个物品，有两种选择：放入背包中或者不放入背包中。
1. 如果第`n`个物品的重量大于背包的容量`capacity`，则不放入背包中，返回`0`；2. 否则，有两种选择：- 选择放入第`n`个物品，则总价值为第`n`个物品的价值加上考虑前`n-1`个物品，背包容量减去第`n`个物品重量的最优解； - 不放入第`n`个物品，则总价值为考虑前`n-1`个物品，背包容量不变的最优解。
代码如下所示：```pythondef knapsack(weights, values, capacity, n):if n == 0 or capacity == 0:return 0if weights[n-1] > capacity:return knapsack(weights, values, capacity, n-1)else:return max(values[n-1] + knapsack(weights, values, capacity-weights[n-1], n-1),knapsack(weights, values, capacity, n-1))```可以通过调用`knapsack`函数来求解0-1背包问题，如下所示：```pythonweights = [2, 3, 4, 5]values = [3, 4, 5, 6]capacity = 5n = len(weights)result = knapsack(weights, values, capacity, n)print(result)```以上代码会输出最优解的总价值。
01背包问题回溯法c语言
01背包问题回溯法c语言背包问题是一个很经典的动态规划问题，其中最常见的一种形式就是 01 背包问题。
在该问题中，给定一组物品的重量和价值，以及一个背包的容量限制，要求选择一些物品，使得在不超过背包容量的前提下，背包中物品的总价值最大。
这里我们将讨论如何使用回溯法解决01 背包问题，使用C 语言进行编程实现。
首先，我们需要定义问题的数据结构。
我们可以使用一个数组来表示不同物品的重量和价值，背包的容量可以通过一个常量来表示。
```c#define N 5 // 物品的个数#define MAX_WEIGHT 10 // 背包的容量int weights[N] = {2, 3, 4, 5, 9}; // 物品的重量int values[N] = {3, 4, 5, 8, 10}; // 物品的价值int bestValue = 0; // 最优解的价值int bestSelection[N]; // 最优解中物品的选择情况```接下来，我们可以定义一个递归函数来实现回溯法。
该函数将遍历所有可能的物品选择情况，并更新当前的最优解。
```cvoid backtrack(int depth, int weight, int value, int selection[]) {if (depth == N) {if (weight <= MAX_WEIGHT && value > bestValue) {bestValue = value;for (int i = 0; i < N; i++) {bestSelection[i] = selection[i];}}return;}// 不选择当前物品selection[depth] = 0;backtrack(depth + 1, weight, value, selection);// 选择当前物品selection[depth] = 1;backtrack(depth + 1, weight + weights[depth], value + values[depth], selection); }```最后，我们可以在主函数中调用回溯函数，得到最优解。
背包问题的各种求解方法
背包问题的各种求解⽅法⼀、“0-1背包”问题描述： 给定n中物品，物品i的重量是w i，其价值为v i，背包的容量为c.问应如何选择装⼊背包中的物品，使得装⼊背包中的物品的总价值最⼤？形式化描述：给定c>0,w i>0,v i>0,1≤i≤n，要求找⼀个n元0-1向量（x1,x2,...,x n)，x i∈{0,1}，1≤i≤n，使得∑w i x i≤c，⽽且∑v i x i达到最⼤。
因此0-1背包问题是⼀个特殊的整形规划问题：max ∑v i x is.t ∑w i x i≤cx i∈{0,1}，1≤i≤n⼆、动态规划求解（两种⽅法，顺序或逆序法求解） 1.最优⼦结构性质 1.1 简要描述 顺序：将背包物品依次从1,2,...n编号，令i是容量为c共有n个物品的0-1背包问题最优解S的最⾼编号。
则S'=S-{i}⼀定是容量为c-w i且有1,...,i-1项物品的最优解。
如若不是，领S''为⼦问题最优解，则V(S''+{i})>V(S'+{i})，⽭盾。
这⾥V(S)=V(S')+v i.逆序：令i是相应问题最优解的最低编号，类似可得。
1.2 数学形式化语⾔形式化的最优⼦结构 顺序（从前往后）：设(y1,y2,...,y n)是所给问题的⼀个最优解。
则(y1,...,y n-1)是下⾯相应⼦问题的⼀个最优解： max ∑v i x is.t ∑w i x i≤cx i∈{0,1}，1≤i≤n-1如若不然，设(z1,...,z n-1)是上述⼦问题的⼀个最优解，⽽(y1,...,y n-1)不是它的最优解。
由此可知，∑v i z i>∑v i y i,且∑v i z i+w n y n≤c。
因此∑v i y i+v n y n>∑v i y i(前⼀个范围是1~n-1，后⼀个是1~n) ∑v i z i+w n y n≤c这说明(z1,z2,...,y n)是⼀个所给问题的更优解，从⽽(y1,y2,...,y n)不是问题的所给问题的最优解，⽭盾。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
0-1背包动态规划解决问题一、问题描述：有n个物品，它们有各自的重量和价值，现有给定容量的背包，如何让背包里装入的物品具有最大的价值总和？二、总体思路：根据动态规划解题步骤（问题抽象化、建立模型、寻找约束条件、判断是否满足最优性原理、找大问题与小问题的递推关系式、填表、寻找解组成）找出01背包问题的最优解以及解组成，然后编写代码实现。
原理：动态规划与分治法类似，都是把大问题拆分成小问题，通过寻找大问题与小问题的递推关系，解决一个个小问题，最终达到解决原问题的效果。
但不同的是，分治法在子问题和子子问题等上被重复计算了很多次，而动态规划则具有记忆性，通过填写表把所有已经解决的子问题答案纪录下来，在新问题里需要用到的子问题可以直接提取，避免了重复计算，从而节约了时间，所以在问题满足最优性原理之后，用动态规划解决问题的核心就在于填表，表填写完毕，最优解也就找到。
过程：a) 把背包问题抽象化（X1，X2，…，Xn，其中 Xi 取0或1，表示第i 个物品选或不选），V i表示第i 个物品的价值，W i表示第i 个物品的体积（重量）；b) 建立模型，即求max(V1X1+V2X2+…+VnXn)；c) 约束条件，W1X1+W2X2+…+WnXn<capacity；d) 定义V(i,j)：当前背包容量j，前i 个物品最佳组合对应的价值；e) 最优性原理是动态规划的基础，最优性原理是指“多阶段决策过程的最优决策序列具有这样的性质：不论初始状态和初始决策如何，对于前面决策所造成的某一状态而言，其后各阶段的决策序列必须构成最优策略”。
判断该问题是否满足最优性原理，采用反证法证明：假设(X1，X2，…，Xn)是01背包问题的最优解，则有(X2，X3，…，Xn)是其子问题的最优解，假设(Y2，Y3，…，Yn)是上述问题的子问题最优解，则理应有(V2Y2+V3Y3+…+V n Yn)+V1X1 > (V2X2+V3X3+…+VnXn)+V1X1；而(V2X2+V3X3+…+VnXn)+V1X1=(V1X1+V2X2+…+VnXn)，则有(V2Y2+V3Y3+…+VnYn)+V1X1 > (V1X1+V2X2+…+VnXn)；该式子说明(X1，Y2，Y3，…，Yn)才是该01背包问题的最优解，这与最开始的假设(X1，X2，…，Xn)是01背包问题的最优解相矛盾，故01背包问题满足最优性原理；f) 寻找递推关系式，面对当前商品有两种可能性：第一，包的容量比该商品体积小，装不下，此时的价值与前i-1个的价值是一样的，即V(i,j)=V(i-1,j)；第二，还有足够的容量可以装该商品，但装了也不一定达到当前最优价值，所以在装与不装之间选择最优的一个，即V(i,j)=max｛V(i-1,j)，V(i-1,j-w(i))+v(i) ｝其中V(i-1,j)表示不装，V(i-1,j-w(i))+v(i) 表示装了第i个商品，背包容量减少w(i)但价值增加了v(i)；由此可以得出递推关系式：1) j<w(i) V(i,j)=V(i-1,j)2) j>=w(i) V(i,j)=max｛ V(i-1,j)，V(i-1,j-w(i))+v(i) ｝number＝4，capacity＝7四、构造最优解：最优解的构造可根据C列的数据来构造最优解，构造时从第一个物品开始。
从i=1,j=c即m[1][c]开始。
1、对于m[i][j]，如果m[i][j]==m[i+1][j]，则物品i没有装入背包，否则物品i装入背包；2、为了确定后继即物品i+1，应该寻找新的j值作为参照。
如果物品i已放入背包，则j=j-w[i]；如果物品i未放入背包，则j=j。
3、重复上述两步判断后续物品i到物品n-1是否放入背包。
4、对于物品n，直接通过m[n][j]是否为0来判断物品n是否放入背包。
从表格中可以看出背包的最大价值value=20，即当X1=1，X2=0，X3=1，X4=1。
五、算法测试代码：#include<stdio.h>#include<stdlib.h>#include<iostream>#include<queue>#include<climits>#include<cstring>using namespace std;const int c = 8; //背包的容量const int w[] = {0,3,5,2,1}; //物品的重量，其中0号位置不使用。
const int v[] = {0,9,10,7,4}; //物品对应的待加，0号位置置为空。
const int n = sizeof(w)/sizeof(w[0]) - 1 ; //n为物品的个数int x[n+1];void package0_1(int m[][11],const int w[],const int v[],const int n)//n代表物品的个数{//采用从底到顶的顺序来设置m[i][j]的值//首先放w[n]for(int j = 0; j <= c; j++)if(j < w[n]) m[n][j] = 0; //j小于w[n],所对应的值设为0，否则就为可以放置else m[n][j] = v[n];//对剩下的n-1个物品进行放置。
int i;for(i = n-1; i >= 1; i--)for(int j = 0; j <= c; j++)if(j < w[i])m[i][j] = m[i+1][j];//如果j < w[i]则，当前位置就不能放置，它等于上一个位置的值。
//否则，就比较到底是放置之后的值大，还是不放置的值大，选择其中较大者。
elsem[i][j] = m[i+1][j] > m[i+1][j-w[i]] + v[i]? m[i+1][j] : m[i+1][j-w[i]] + v[i];}void answer(int m[][11],const int n){int j = c;int i;for(i = 1; i <= n-1; i++)if(m[i][j] == m[i+1][j]) x[i] = 0;else{x[i] = 1;j = j - w[i];}x[n] = m[i][j] ? 1 : 0;}int main(){int m[6][11]={0};package0_1(m,w,v,n);for(int i = 0; i <= 5; i++){for(int j = 0; j <= 10; j++)printf("%2d ",m[i][j]);cout << endl;}answer(m,n);cout << "The best answer is:\n"; for(int i = 1; i <= 5; i++)cout << x[i] << " ";system("pause");return 0;}0-1背包回溯法解决问题一、问题描述：有n个物品，它们有各自的重量和价值，现有给定容量的背包，如何让背包里装入的物品具有最大的价值总和？二、总体思路：01背包属于找最优解问题，用回溯法需要构造解的子集树。
在搜索状态空间树时，只要左子节点是可一个可行结点，搜索就进入其左子树。
对于右子树时，先计算上界函数，以判断是否将其减去。
上界函数bound():当前价值cw+剩余容量可容纳的最大价值<=当前最优价值bestp。
为了更好地计算和运用上界函数剪枝，选择先将物品按照其单位重量价值从大到小排序，此后就按照顺序考虑各个物品。
根据问题的解空间，对于n=4时的0-1背包问题，可用一棵完全二叉树表示其解空间，如下图所示。
回溯过程：从根节点A开始回溯，节点A是当前的唯一的活节点，在这个纵深方向先进入A的左子树B或者右子树C。
假设先选择节点B，此时，节点B成为当前的活节点，节点B成为当前扩展节点。
节点A到B选择w1=3,节点B背包剩余容量r=4,价值v=9,节点B到节点D，由于选择w2=5,此时背包容量r=4,背包容量不够，因而不可行，利用剪枝函数，减去以D为根节点的子树；然后回溯到B的右节点E，此时，E节点的剩余容量r=4，v=9, 选择w3=2,符合要求，节点E成为当前的扩展节点，进入节点J,此时，节点J的剩余容量r=2，v=16，选择w4=1,符合要求，到叶子节点T，此时，节点T的剩余容量r=1，v=20；因此得到一个可行解，即x=(1,0,1,1)，此时节点T成为一个死结点，回溯到节点U，得到一个可行解v=16,即x=(1,0,1,0),节点U成为死结点，回溯到节点E,进入右子树，节点K的剩余容量r=4,v=9,选择w4=1，符合要求，到达节点V，v=13,得到一个可行解x=(1,0,0,1),节点V成为死结点，回溯到节点K，到达叶子结点W，v=9得到一个可行解x=(1,0,0,0)。
按此方式继续搜索整个解的空间。
搜索结束后找到的最好解是0-1背包问题的最优解。
五、算法测试代码：#include <stdio.h>#include <conio.h>int n;//物品数量double c;//背包容量double v[100];//各个物品的价值double w[100];//各个物品的重量double cw = 0.0;//当前背包重量double cp = 0.0;//当前背包中物品价值double bestp = 0.0;//当前最优价值double perp[100];//单位物品价值排序后int order[100];//物品编号int put[100];//设置是否装入//按单位价值排序void knapsack(){int i,j;int temporder = 0;double temp = 0.0;for(i=1;i<=n;i++)perp[i]=v[i]/w[i];for(i=1;i<=n-1;i++){for(j=i+1;j<=n;j++)if(perp[i]<perp[j])//冒泡排序perp[],order[],sortv[],sortw[]{temp = perp[i];perp[i]=perp[i];perp[j]=temp;temporder=order[i];order[i]=order[j];order[j]=temporder;temp = v[i];v[i]=v[j];v[j]=temp;temp=w[i];w[i]=w[j];w[j]=temp;}}}//回溯函数void backtrack(int i){double bound(int i);if(i>n){bestp = cp;return;}if(cw+w[i]<=c){cw+=w[i];cp+=v[i];put[i]=1;backtrack(i+1);cw-=w[i];cp-=v[i];}if(bound(i+1)>bestp)//符合条件搜索右子数 backtrack(i+1);}//计算上界函数double bound(int i){double leftw= c-cw;double b = cp;while(i<=n&&w[i]<=leftw){leftw-=w[i];b+=v[i];i++;}if(i<=n)b+=v[i]/w[i]*leftw;return b;}int main(){int i;printf("请输入物品的数量和容量："); scanf("%d %lf",&n,&c);printf("请输入物品的重量和价值："); for(i=1;i<=n;i++){printf("第%d个物品的重量：",i); scanf("%lf",&w[i]);printf("价值是：");scanf("%lf",&v[i]);order[i]=i;}knapsack();backtrack(1);printf("最有价值为：%lf\n",bestp); printf("需要装入的物品编号是："); for(i=1;i<=n;i++){if(put[i]==1)printf("%d ",order[i]);}return 0;}。