数据结构与算法题解(10)：0-1背包问题与部分背包问题
数据结构 背包问题
数据结构背包问题背景介绍：数据结构是计算机科学中非常重要的一门学科，它研究的是数据组织、存储和管理的方式。
背包问题是数据结构中的一个经典问题，它涉及到在给定的一组物品中选择一些物品放入背包中，使得背包的总重量或总价值达到最大化。
在本文中，我们将详细介绍背包问题的定义、解决方法和应用领域。
一、问题定义背包问题可以被描述为：给定一个背包，它能容纳一定的重量，再给定一组物品，每个物品有自己的重量和价值。
我们的目标是找到一种方式将物品放入背包中，使得背包的总重量不超过其容量，同时背包中物品的总价值最大化。
二、解决方法1. 贪心算法贪心算法是一种简单而有效的解决背包问题的方法。
它基于贪心的思想，每次选择当前具有最大价值重量比的物品放入背包中。
具体步骤如下：- 计算每个物品的价值重量比，即物品的价值除以其重量。
- 按照价值重量比从大到小对物品进行排序。
- 依次将物品放入背包中，直到背包的总重量达到容量限制或所有物品都放入背包。
贪心算法的优点是简单快速，但它并不能保证一定能找到最优解。
2. 动态规划动态规划是解决背包问题的一种经典方法。
它将问题划分为若干子问题，并通过求解子问题的最优解来求解原问题的最优解。
具体步骤如下：- 定义一个二维数组dp，其中dp[i][j]表示在前i个物品中，背包容量为j时的最大价值。
- 初始化dp数组的第一行和第一列为0，表示背包容量为0或物品数量为0时的最大价值都为0。
- 逐行填充dp数组，对于每个物品，考虑将其放入背包或不放入背包两种情况，选择价值最大的方案更新dp数组。
- 最终dp数组的最后一个元素dp[n][m]即为问题的最优解，其中n为物品数量，m为背包容量。
动态规划方法能够保证找到最优解，但其时间复杂度较高，对于大规模的问题可能会耗费较长的计算时间。
三、应用领域背包问题在实际生活和工程领域中有着广泛的应用，以下是一些常见的应用领域：1. 物流配送在物流配送中，背包问题可以用来优化货车的装载方案，使得货车的装载量最大化，从而减少运输成本。
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 i ，价值为正整数 V i ， 背包能承受的最大载重量为正整数 W ，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 W i 1 i i(1)x i { 0,1}( 1 i n)nmax v i x i (2) i1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 X (x 1, x 2 ,x 3, ........... , x n ) 。
首先说明一下 0-1 背包问题拥有最优解。
假设 (x 1,x 2,x 3, ........ ,x n ) 是所给的问题的一个最优解， 则(x 2,x 3, ............... ,x n )是下面问题的n n n个问 题 的 一 个 最 优解 ， 则v i y iv i x i ， 且 w 1x 1w i y i W 。
因此 ，i 2 i 2 i 2一个最优解：w i x i Wi2w 1x 1nmax v i x i 。
如果不是的话，设(y 2,y 3, , y n ) 是这x i {0,1}( 2 i n)i2n n nv1x1 v i y i v1x1 v i x i v i x i ，这说明(x1,y2,y3, ............. ,y n) 是所给的0-1 背包问i 2 i 2 i 1题比( x1 , x 2 , 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。
遗传算法求解0-1背包问题(JAVA)
遗传算法求解0-1背包问题一、问题描述给定n种物品和容量为C的背包。
物品i的重量是wi，其价值为vi。
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?二、知识表示1、状态表示（1）个体或染色体：问题的一个解，表示为n个比特的字符串，比特值为0表示不选该物品，比特值为1表示选择该物品。
（2）基因：染色体的每一个比特。
（3）种群：解的集合。
（4）适应度：衡量个体优劣的函数值。
2、控制参数（1）种群规模：解的个数。
（2）最大遗传的代数（3）交叉率：参加交叉运算的染色体个数占全体染色体的比例，取值范围一般为0.4～0.99。
（4）变异率：发生变异的基因位数所占全体染色体的基因总位数的比例，取值范围一般为0.0001～0.1。
3、算法描述（1）在搜索空间U上定义一个适应度函数f(x)，给定种群规模N，交叉率Pc和变异率Pm，代数T；（2）随机产生U中的N个个体s1, s2, …, sN，组成初始种群S={s1, s2, …, sN}，置代数计数器t=1；（3）计算S中每个个体的适应度f() ；（4）若终止条件满足，则取S中适应度最大的个体作为所求结果，算法结束。
（5）按选择概率P(xi)所决定的选中机会，每次从S中随机选定1个个体并将其染色体复制，共做N次，然后将复制所得的N个染色体组成群体S1；（6）按交叉率Pc所决定的参加交叉的染色体数c，从S1中随机确定c个染色体，配对进行交叉操作，并用产生的新染色体代替原染色体，得群体S2；（7）按变异率P m所决定的变异次数m，从S2中随机确定m个染色体，分别进行变异操作，并用产生的新染色体代替原染色体，得群体S3；（8）将群体S3作为新一代种群，即用S3代替S，t = t+1，转步3。
三、算法实现1、主要的数据结构染色体：用一维数组表示，数组中下标为i的元素表示第（i+1）个物品的选中状态，元素值为1，表示物品被选中，元素值为0表示物品不被选中。
种群：用二维数组表示，每一行表示一个染色体。
背包问题全类型
背包问题全类型背包问题给定⼀组物品，每种物品都有⾃⼰的重量和价格，在限定的总重量内，我们如何选择，才能使得物品的总价格最⾼。
背包问题⼤体都可以⽤上述⽅式进⾏描述，但在具体的问题上有了不同的限制条件，于是便有了各种类型的背包问题。
背包问题可基本分为0-1背包问题、部分背包问题、多重背包问题、完全背包问题四⼤类。
接下从四种问题的解决的核⼼算法可以把部分背包问题单独化为⼀类，其核⼼算法为贪⼼。
其余的三种背包问题都可以⽤动态规划解决。
造成部分背包问题与其他的背包问题最⼤不同的原因是其限定条件的不同，部分1. 部分背包问题限定条件：每件物品可以只选取⼀部分完整问题描述：有 n 件物品，第i件物品重 w[i]，价值为 v[i]，且每件物品可以进⾏分割，分割后的价值按取⾛重量占该物品总重量的⽐值计算。
在不超过最⼤承载量 C 的范围内，问最⼤可以取⾛的价值为多少？( 其中 i ∈ {1,2,3,···,n} )算法：贪⼼分析：根据本题的特殊性，我们可以任意地对某⼀部品进⾏分割，所以我们优先选择性价⽐⾼的物品，即单位重量下物品的价值。
解题代码//C++#include<cstdio>#include<algorithm>#include<iostream>using namespace std;struct bag { int w,v; //w表⽰重量 v表⽰价值 double p; //⽤来储存v/w 性价⽐}a[10005];bool cmp(bag x,bag y) { return x.p > y.p; //性价⽐⾼的物品排在前⾯}int main() {剩余 } } printf('%.2f\n', ans); //输出答案 return 0;}注意计算时注意数据类型在计算“性价⽐”的时候要注意，在C/C++等⼀部分语⾔中存在以下机制 int/int = int ，这样是⽆法计算出⼩数的，需要将其中任意⼀项浮点化即可。
算法设计与分析实验报告—01背包问题
算法设计与分析实验报告—0/1背包问题-【问题描述】给定n 种物品和一个背包。
物品i 的重量是iw ，其价值为i v，背包容量为C 。
问应该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？【问题分析】0/1背包问题的可形式化描述为：给定C>0, i w >0, i v >0,1i n ≤≤，要求找出n 元0/1向量{}12(,,...,),0,1,1n i x x x x i n ∈≤≤，使得n1i i i w x c =≤∑，而且n1i ii v x=∑达到最大。
因此0/1背包问题是一个特殊的整数规划问题。
0n k w ≤≤1max ni i i v x =∑n1i ii w xc =≤∑{}0,1,1i x i n ∈≤≤【算法设计】设0/1背包问题的最优值为m( i, j )，即背包容量是j ，可选择物品为i,i+1,…,n 时0/1背包问题的最优值。
由0/1背包问题的最优子结构性质，可以建立计算m( i, j )的递归式如下：max{m( i+1, j ), m( i+1, j-i w )+i v } i j w ≥m( i, j )=m(i+1,j)n v n j w >m(n,j)=0 0n k w ≤≤【算法实现】#include <iostream.h> #include<string.h> #include<iomanip.h>int min(int w, int c) {int temp; if (w < c) temp = w;elsetemp = c;return temp;}Int max(int w, int c) {int temp; if (w > c) temp = w;elsetemp = c;return temp;}void knapsack(int v[], int w[], int** m, int c, int n) //求最优值 {int jmax = min(w[n]-1, c);for (int j = 0; j <= jmax; j++)m[n][j] = 0;for (int jj = w[n]; jj <= c; jj++)m[n][jj] = v[n];for(int i = n-1; i > 1; i--)//递归部分{jmax = min(w[i]-1, c);for(int j = 0; j <= jmax; j++)m[i][j] = m[i+1][j];for(int jj = w[i]; jj <= c; jj++)m[i][jj] = max(m[i+1][jj], m[i+1][jj-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]);cout << endl << "最优值：" << m[1][c] << endl;cout<<endl;cout<< "&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&" << endl;}int traceback(int x[], int w[], int** m, int c, int n) //回代，求最优解{out << endl << "得到的一组最优解如下: " << endl;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;for(int y = 1; y <= n; y++)cout << x[y] << "\t";cout << endl;return x[n];}void main(){int n, c;int **m;cout << "&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&欢迎使用0-1背包问题程序&&&&&&&&&&&&&&&&&&&" << endl;cout << "请输入物品个数: ";cin >> n ;cout << endl << "请输入背包的承重：";cin >> c;int *v = new int[n+1];cout << endl << "请输入每个物品的价值 (v[i]): " << endl;for(int i = 1; i <= n; i++)cin >> v[i];int *w = new int[n+1];cout << endl << "请输入每个物品的重量 (w[i]): " << endl;for(int j = 1; j <= n; j++)cin >> w[j];int *x = new int[n+1];m = new int* [n+1]; //动态的分配二维数组for(int p = 0; p < n+1; p++)m[p] = new int[c+1];knapsack (v, w, m, c, n);traceback(x, w, m, c, n);}【运行结果】。
分支界限方法01背包问题解题步骤
分支界限方法是一种用于解决优化问题的算法。
在动态规划算法中，分支界限方法被广泛应用于解决01背包问题。
01背包问题是一个经典的动态规划问题，其解题步骤如下：1. 确定问题：首先需要明确01背包问题的具体描述，即给定一组物品和一个背包，每个物品有自己的价值和重量，要求在不超过背包容量的情况下，选取尽可能多的物品放入背包，使得背包中物品的总价值最大。
2. 列出状态转移方程：对于01背包问题，可以通过列出状态转移方程来描述问题的求解过程。
假设dp[i][j]表示在前i个物品中，背包容量为j时能够获得的最大价值，则状态转移方程可以表示为：dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-w[i]]+v[i])3. 初始化边界条件：在动态规划中，需要对状态转移方程进行初始化，一般情况下，dp数组的第一行和第一列需要单独处理。
对于01背包问题，可以初始化dp数组的第一行和第一列为0。
4. 利用分支界限方法优化：针对01背包问题，可以使用分支界限方法来优化动态规划算法的效率。
分支界限方法采用广度优先搜索的思想，在每一步选择最有希望的分支，从而减少搜索空间，提高算法的效率。
5. 实际解题步骤：根据上述步骤，实际解决01背包问题的步骤可以概括为：确定问题，列出状态转移方程，初始化边界条件，利用分支界限方法优化，最终得到问题的最优解。
分支界限方法在解决01背包问题时起到了重要的作用，通过合理的剪枝策略，可以有效地减少动态规划算法的时间复杂度，提高问题的求解效率。
分支界限方法也可以应用于其他优化问题的求解过程中，在算法设计和实现中具有重要的理论和实际意义。
在实际应用中，分支界限方法需要根据具体问题进行灵活选择和调整，结合动态规划和剪枝策略，以便更好地解决各类优化问题。
掌握分支界限方法对于解决复杂问题具有重要的意义，也是算法设计和优化的关键技术之一。
分支界限方法在解决01背包问题的过程中，具有重要的作用。
(完整版)01背包问题
01背包问题，是用来介绍动态规划算法最经典的例子，网上关于01背包问题的讲解也很多，我写这篇文章力争做到用最简单的方式，最少的公式把01背包问题讲解透彻。
01背包的状态转换方程f[i,j] = Max{ f[i-1,j-Wi]+Pi( j >= Wi ), f[i-1,j] }只要你能通过找规律手工填写出上面这张表就算理解了01背包的动态规划算法。
首先要明确这张表是至底向上，从左到右生成的。
为了叙述方便，用e2单元格表示e行2列的单元格，这个单元格的意义是用来表示只有物品e时，有个承重为2的背包，那么这个背包的最大价值是0，因为e物品的重量是4，背包装不了。
对于d2单元格，表示只有物品e，d时,承重为2的背包,所能装入的最大价值，仍然是0，因为物品e,d都不是这个背包能装的。
同理，c2=0，b2=3,a2=6。
对于承重为8的背包，a8=15,是怎么得出的呢？根据01背包的状态转换方程，需要考察两个值，一个是f[i-1,j],对于这个例子来说就是b8的值9，另一个是f[i-1,j-Wi]+Pi；在这里，f[i-1,j]表示我有一个承重为8的背包，当只有物品b,c,d,e四件可选时，这个背包能装入的最大价值f[i-1,j-Wi]表示我有一个承重为6的背包（等于当前背包承重减去物品a的重量），当只有物品b,c,d,e四件可选时，这个背包能装入的最大价值f[i-1,j-Wi]就是指单元格b6,值为9，Pi指的是a物品的价值，即6由于f[i-1,j-Wi]+Pi = 9 + 6 = 15 大于f[i-1,j] = 9，所以物品a应该放入承重为8的背包以下是actionscript3 的代码public function get01PackageAnswer(bagItems:Array,bagSize:int):Array{var bagMatrix:Array=[];var i:int;var item:PackageItem;for(i=0;i<bagItems.length;i++){bagMatrix[i] = [0];}for(i=1;i<=bagSize;i++){for(varj:int=0;j<bagItems.length;j++){item = bagItems[j] as PackageItem;if(item.weight > i){//i背包转不下itemif(j==0){bagMatrix[j][i] = 0;}else{bagMatrix[j][i]=bagMatrix[j-1][i];}}else{//将item装入背包后的价值总和var itemInBag:int;if(j==0){bagMatrix[j][i] = item.value;continue;}else{itemInBag = bagMatrix[j-1][i-item.weight]+item.value;}bagMatrix[j][i] = (bagMatrix[j-1][i] > itemInBag ? bagMatrix[j-1][i] : itemInBag)}}}//find answervar answers:Array=[];var curSize:int = bagSize;for(i=bagItems.length-1;i>=0;i--){item = bagItems[i] as PackageItem;if(curSize==0){break;}if(i==0 && curSize > 0){answers.push();break;}if(bagMatrix[i][curSize]-bagMatrix[i-1][curSize-item.weight ]==item.value){answers.push();curSize -= item.weight;}}return answers;}PackageItem类public class PackageItem{public var name:String;public var weight:int;public var value:int;public function PackageItem(name:String,weight:int,value:int){ = name;this.weight = weight;this.value = value;}}测试代码varnameArr:Array=['a','b','c','d','e'];var weightArr:Array=[2,2,6,5,4];var valueArr:Array=[6,3,5,4,6];var bagItems:Array=[];for(vari:int=0;i<nameArr.length;i++){var bagItem:PackageItem = new PackageItem(nameArr[i],weightArr[i],valueArr[i]);bagItems[i]=bagItem;}var arr:Array = ac.get01PackageAnswer(bagItems,10);。
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]。
《数据结构与算法》习题与答案
《数据结构与算法》习题与答案（解答仅供参考）一、名词解释：1. 数据结构：数据结构是计算机存储、组织数据的方式，它不仅包括数据的逻辑结构（如线性结构、树形结构、图状结构等），还包括物理结构（如顺序存储、链式存储等）。
它是算法设计与分析的基础，对程序的效率和功能实现有直接影响。
2. 栈：栈是一种特殊的线性表，其操作遵循“后进先出”（Last In First Out, LIFO）原则。
在栈中，允许进行的操作主要有两种：压栈（Push），将元素添加到栈顶；弹栈（Pop），将栈顶元素移除。
3. 队列：队列是一种先进先出（First In First Out, FIFO）的数据结构，允许在其一端插入元素（称为入队），而在另一端删除元素（称为出队）。
常见的实现方式有顺序队列和循环队列。
4. 二叉排序树（又称二叉查找树）：二叉排序树是一种二叉树，其每个节点的左子树中的所有节点的值都小于该节点的值，而右子树中的所有节点的值都大于该节点的值。
这种特性使得能在O(log n)的时间复杂度内完成搜索、插入和删除操作。
5. 图：图是一种非线性数据结构，由顶点（Vertex）和边（Edge）组成，用于表示对象之间的多种关系。
根据边是否有方向，可分为有向图和无向图；根据是否存在环路，又可分为有环图和无环图。
二、填空题：1. 在一个长度为n的顺序表中，插入一个新元素平均需要移动______个元素。
答案：(n/2)2. 哈希表利用______函数来确定元素的存储位置，通过解决哈希冲突以达到快速查找的目的。
答案：哈希（Hash）3. ______是最小生成树的一种算法，采用贪心策略，每次都选择当前未加入生成树且连接两个未连通集合的最小权重边。
答案：Prim算法4. 在深度优先搜索（DFS）过程中，使用______数据结构来记录已经被访问过的顶点，防止重复访问。
答案：栈或标记数组5. 快速排序算法在最坏情况下的时间复杂度为______。
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。
0-1背包问题的近似算法
0-1背包问题的近似算法0-1背包问题的近似算法对问题特点和算法思想做一些整理如下：这类问题其实很有意思，做数学和做计算机的人都会研究，而且我这里将要提到的论文都是做计算机的人所写的。
问题简述0-1 Knapsack Problem （0-1背包问题，下面简称KP）和Subset Sum Problem （子集合加总问题，下面简称SSP）是经典的NP完全问题。
两个问题简要描述如下：KP：有n个物品要放入背包，第i个物品的价值为ci，占据体积为vi，背包的总容积为V，要选择一部分物品放入背包，使得他们的总价值最大。
对应的优化问题是maxxi∑ci∗xis.t.∑vi∗xi≤V,xi∈{0,1}这里xi代表是否选取第i个物品进背包，等于1就代表放入背包，等于0代表不放入背包。
SSP: 给一个集合{c1,c2,…,cn}，还有一个目标值V，问能否选出一个子集，使得子集中元素求和刚好等于V。
我们一般考虑的是他的另一种表述方式：选出一个子集，使得子集中元素求和不超过V，且尽量大。
对应的优化问题是maxxi∑ci∗xis.t.∑ci∗xi≤V,xi∈{0,1}这里xi代表是否选入子集，等于1就是选入子集，等于0就是不选入子集。
SSP是KP的特殊情况，也即当ci=vi的时候，KP退化为SSP，从问题式子上看，也完全一样了。
尽管如此，研究了KP不代表就不用研究SSP了，后面会说明这一点。
精确算法与近似算法这两个问题都有很简单的动态规划算法可以精确求解，但可惜算法的时间复杂度是伪多项式的，也即和V相关，但V不是问题输入数据的规模，n才是。
在ACM竞赛等算法比赛中，经常会遇到一些问题属于KP的变种，而伪多项式算法也就足够了。
由于网上资料很多，而且难度不大，这里就不详细介绍了。
如果你不知道，请你搜索“动态规划求解0-1背包问题”。
这里我们更关心多项式近似算法，也即PTAS（Polynomial Time Approximation Scheme），也即对任意给定的ϵ，算法可以在关于n的多项式时间内求得一个解，且该解和真实最优解的最多相差ϵ倍。
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。
0_1背包问题算法分析与研究
背包问题的研究在理论研究及应用领域都具有 十分重要的意义。 自 20 世纪 50 年代起就有人提出了 该问题的解决方法，之后便有更多更好的算法层出不 穷。 通过以上的分析，我们可以总结：
●分支界限法：适合于问题规模很小，但协同系 数改变，问题显得更困难的情况，不足是如果在最差 情况下，时间复杂度增大；
（2）动态规划法(Dynamic Programming)
动 态 规 划 法 在 背 包 问 题 的 应 用 是 由 Gilmore 和
Gomony 提出。
动态规划的基本思想：将一个比较大的问题逐层
分解成相对比较小的问题,这些较小的问题一般都可
以解决, 并且利用了最优子结构, 由下向上的方法从
子问题的最优解一步一步地构造出整个问题的最优
种群进化越来越接近某一目标。 如果视种群为超空间
的一组点，选择、杂交和变异的过程即是在超空间中
进行点集之间的某种变换，通过信息交换使种群不断
○
研究与开发
变化。 它最初由美国的 J．H Holland 提出。 遗传算法求
解问题的过程为： ①首先生成一组初群体 (假设为 M 个候选解个
体)，称为第 0 代； ②计算群体中各个候选解的适应值； ③如果有候选解满足算法终止条件， 算法终止；
行之有效的决策方法是至关重要的,能够分解成比较
容易解决的子问题, 是决策设计的最佳标准。
（3）近似算法(Approximate Algorithms)
第一个近似算法是基于动态规划法定义的。 其思
想是：如果价值用其他方法衡量，可能减少运行时间，
但它是以解的准确性为代价的。 具体做法：用 Pi/2k 代 替 Pi（i=1，…，n）。 实际上是将 Pi 的最后 k 位删除，如 果我们期望相对误差最大值为 e>0，整数 k 即为满足
部分背包问题的贪心算法正确性证明
部分背包问题的贪⼼算法正确性证明⼀，部分背包问题介绍⾸先介绍下0-1背包问题。
假设⼀共有N件物品，第 i 件物品的价值为 V i，重量为W i，⼀个⼩偷有⼀个最多只能装下重量为W的背包，他希望带⾛的物品越有价值越好，请问：他应该选择哪些物品？0-1背包问题的特点是：对于某件（更适合的说法是：某类）物品，要么被带⾛（选择了它），要么不被带⾛（没有选择它），不存在只带⾛⼀部分的情况。
⽽部分背包问题则是：可以带⾛⼀部分。
即，部分背包问题可带⾛的物品是可以⽆限细分的。
（连续与离散的区别）可以把0-1背包问题中的物品想象的⼀个⾦⼦，你要么把它带⾛，要么不带⾛它；⽽部分背包问题中的物品则是⼀堆⾦粉末，可以取任意部分的⾦粉末⼆，部分背包问题的贪⼼算法部分背包问题可以⽤贪⼼算法求解，且能够得到最优解。
贪⼼策略是什么呢？将物品按单位重量所具有的价值排序。
总是优先选择单位重量下价值最⼤的物品。
单位重量所具有的价值：V i / W i举个例⼦：假设背包可容纳50Kg的重量，物品信息如下：物品 i 重量(Kg) 价值单位重量的价值1 10 60 62 20 100 53 30 120 4按照我们的贪⼼策略，单位重量的价值排序：物品1 > 物品2 > 物品3因此，我们尽可能地多拿物品1，直到将物品1拿完之后，才去拿物品2.....最终贪⼼选择的结果是这样的：物品1全部拿完，物品2也全部拿完，物品3拿⾛10Kg（只拿⾛了物品3的⼀部分）这种选择获得的价值是最⼤的。
在（三）会给出证明。
⽽对于0-1背包问题，如果也按“优先选择单位重量下价值最⼤的物品”这个贪⼼策略，那么，在拿了物品1和物品2之后，就不能在拿物品3了。
因为，在拿了物品1和物品2之后，背包中已经装了10+20=30Kg的物品了，已经装不下物品3了（50-30 < 30）（0-1背包：⼀件物品要么拿，要么不拿，否能只拿⼀部分）,此时得到的总价值是 160。
0-1背包问题(分支限界法)
分支限界法——01背包问题12软工028 胡梦颖一、问题描述0-1背包问题：给定n种物品和一个背包。
物品i的重量是Wi，其价值为Vi，背包的容量为C。
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?在选择装入背包的物品时，对每种物品i只有2种选择，即装入背包或不装入背包。
不能将物品i装入背包多次，也不能只装入部分的物品i。
二、问题分析分支限界法类似于回溯法，也是在问题的解空间上搜索问题解的算法。
一般情况下，分支限界法与回溯法的求解目标不同。
回溯法的求解目标是找出解空间中满足约束条件的所有解，而分支限界法的求解目标则是找出满足约束条件的一个解，或是在满足约束条件的解中找出使某一目标函数值达到极大或极小的解，即在某种意义下的最优解。
由于求解目标不同，导致分支限界法与回溯法对解空间的搜索方式也不相同。
回溯法以深度优先的方式搜索解空间，而分支限界法则以广度优先或以最小耗费优先的方式搜索解空间。
分支限界法的搜索策略是，在扩展结点处，先生成其所有的儿子结点(分支)，然后再从当前的活结点表中选择下一扩展结点。
为了有效地选择下一扩展结点，加速搜索的进程，在每一个活结点处，计算一个函数值(限界)，并根据函数值，从当前活结点表中选择一个最有利的结点作为扩展结点，使搜索朝着解空间上有最优解的分支推进，以便尽快地找出一个最优解。
这种方式称为分支限界法。
人们已经用分支限界法解决了大量离散最优化的问题。
三．源代码#include <stdio.h>#include<malloc.h>#define MaxSize 100 //结点数的最大值typedef struct QNode{float weight;float value;int ceng;struct QNode *parent;bool leftChild;}QNode,*qnode;typedef struct{qnode Q[MaxSize];int front,rear;}SqQueue; //存放结点的队列SqQueue sq;float bestv=0; //最优解int n=0; //实际物品数float w[MaxSize]; //物品的重量float v[MaxSize]; //物品的价值int bestx[MaxSize]; // 存放最优解qnode bestE;void InitQueue(SqQueue &sq ) //队列初始化{sq.front=1;sq.rear=1;}bool QueueEmpty(SqQueue sq) //队列是否为空{if(sq.front==sq.rear)return true;elsereturn false;}void EnQueue(SqQueue &sq,qnode b) //入队{if(sq.front==(sq.rear+1)%MaxSize){printf("队列已满!");return;}sq.Q[sq.rear]=b;sq.rear=(sq.rear+1)%MaxSize;} qnode DeQueue(SqQueue &sq) //出队{qnode e;if(sq.front==sq.rear){printf("队列已空!");return 0;}e=sq.Q[sq.front];sq.front=(sq.front+1)%MaxSize;return e;}void EnQueue1(float wt,float vt, int i ,QNode *parent, bool leftchild) {qnode b;if (i==n) //可行叶子结点{ if (vt==bestv){ bestE=parent;bestx[n]=(leftchild)?1:0;}return;}b=(qnode)malloc(sizeof(QNode)); //非叶子结点b->weight=wt;b->value=vt;b->ceng=i;b->parent=parent;b->leftChild=leftchild;EnQueue(sq,b);}void maxLoading(float w[],float v[],int c){float wt=0;float vt=0;int i=1; //当前的扩展结点所在的层float ew=0; //扩展节点所相应的当前载重量float ev=0; //扩展结点所相应的价值qnode e=NULL;qnode t=NULL;InitQueue(sq);EnQueue(sq,t); //空标志进队列while (!QueueEmpty(sq)){wt=ew+w[i];vt=ev+v[i];if (wt <= c){if(vt>bestv)bestv=vt;EnQueue1(wt,vt,i,e,true); // 左儿子结点进队列} EnQueue1(ew,ev,i,e,false); //右儿子总是可行；e=DeQueue(sq); // 取下一扩展结点if (e == NULL){if (QueueEmpty(sq))break;EnQueue(sq,NULL); // 同层结点尾部标志e=DeQueue(sq); // 取下一扩展结点i++;}ew=e->weight; //更新当前扩展结点的值ev=e->value;}printf("最优取法为：\n");for( int j=n-1;j>0;j--) //构造最优解{bestx[j]=(bestE->leftChild?1:0);bestE=bestE->parent;}for(int k=1;k<=n;k++){if(bestx[k]==1)printf("物品%d:重量：%.1f，价值：%.1f\n",k,w[k],v[k]);}printf("最大价值为：%.1f\n",bestv);}void main(){int c;float ewv[MaxSize];printf("请输入背包的最大容量v:");scanf("%d",&c);printf("请输入物品总数n:");scanf("%d",&n);printf("请输入物品的重量和单位重量价值:\n");for(int i=1;i<=n;i++){printf("第%d件物品:",i);scanf("%f%f",&w[i],&ewv[i]);v[i]=w[i]*ewv[i];}maxLoading(w,v,c);}五．实验结果。
0-1背包问题求解方法综述
算法分析与设计大作业…实验题目：0-1背包问题求解方法综述组员：班级：指导老师：]%0-1背包问题求解方法综述【摘要】：0-1背包问题是一个经典的NP-hard组合优化问题，现实生活中的很多问题都可以以它为模型。
本文首先对背包问题做了阐述，然后用蛮力解法、动态规划算法、贪心算法和回溯解法对背包问题进行求解，分析了0-1背包问题的数学模型,刻划了最优解的结构特征,建立了求最优值的递归关系式。
最后对四种算法从不同角度进行了对比和总结。
【关键词】：0-1背包问题；蛮力解法；动态规划算法；贪心算法；回溯解法。
0.引言0-1背包问题是指给定n个物品,每个物品均有自己的价值vi和重量wi(i=1,2,…,n),再给定一个背包,其容量为W。
要求从n个物品中选出一部分物品装入背包,这部分物品的重量之和不超过背包的容量,且价值之和最大。
单个物品要么装入,要么不装入。
很多问题都可以抽象成该问题模型,如配载问题、物资调运[1]问题等,因此研究该问题具有较高的实际应用价值。
目前,解决0-1背包问题的方法有很多,主要有动态规划法、回溯法、分支限界法、遗传算法、粒子群算法、人工鱼群算法、蚁群算法、模拟退火算法、蜂群算法、禁忌搜索算法等。
其中动态规划、回溯法、分支限界法时间复杂性比较高,计算智能算法可能出现局部收敛,不一定能找出问题的最优解。
文中在动态规划法的基础上进行了改进,提出一种求解0-1背包问题的算法,该算法每一次执行总能得到问题的最优解,是确定性算法,算法的时间复杂性最坏可能为O(2n)。
背包问题描述0-1背包问题(KP01)是一个著名的组合优化问题。
它应用在许多实际领域,如项目选择、资源分布、投资决策等。
背包问题得名于如何选择最合适的物品放置于给定背包中。
本文主要研究背包问题中最基础的0/1背包问题的一些解决方法。
为解决背包问题，大量学者在过去的几十年中提出了很多解决方法。
解决背包问题的算法有最优算法和启发式算法[2]，最优算法包括穷举法、动态规划法、分支定界法、图论法等，启发式算法包括贪心算法、遗传算法、蚁群算法、粒子算法等一些智能算法。
运筹学背包问题例题
运筹学背包问题例题
运筹学中的背包问题是一个经典的组合优化问题，通常分为0-1背包问题和分数背包问题。
这个问题可以用来描述一个背包有限的容量，以及一系列物品，每个物品都有自己的重量和价值。
问题的目标是找到一个组合，使得放入背包的物品总重量不超过背包容量，同时使得这些物品的总价值最大化。
举一个例子来说明背包问题：假设有一个背包容量为10kg，现有以下物品：
物品A，重量3kg，价值150元。
物品B，重量4kg，价值300元。
物品C，重量5kg，价值200元。
针对这个例子，我们可以用动态规划或者贪心算法来解决背包问题。
在0-1背包问题中，每个物品只能选择放或者不放，不能进行分割。
而在分数背包问题中，物品可以进行分割放入背包。
解决背包问题的关键是建立递推关系和状态转移方程，以确定
如何选择物品放入背包以达到最优解。
动态规划是解决背包问题的
常用方法，通过填写一个二维的状态转移表格来逐步求解最优解。
贪心算法则是通过每一步选择当前最优的策略，不断迭代直至达到
最优解。
除了动态规划和贪心算法，还有其他方法可以解决背包问题，
比如分支限界法、回溯法等。
每种方法都有其适用的场景和局限性。
总的来说，背包问题是运筹学中的一个经典问题，有着广泛的
应用。
通过合适的算法和方法，我们可以有效地解决背包问题，找
到最优的放置方案，这对于资源分配、生产调度等实际问题有着重
要的意义。
计算机面试题目(3篇)
第1篇一、基础知识1. 请解释一下什么是位运算，并举例说明其应用场景。
位运算是指对二进制位进行操作的运算，主要包括按位与（&）、按位或（|）、按位异或（^）、按位取反（~）、左移（<<）和右移（>>）等。
以下是一些应用场景：（1）按位与：用于判断两个整数的某一位是否同时为1。
（2）按位或：用于将两个整数的对应位进行或运算，得到结果。
（3）按位异或：用于将两个整数的对应位进行异或运算，如果两个位相同，则结果为0；如果两个位不同，则结果为1。
（4）按位取反：用于将整数的每一位取反，即将0变为1，将1变为0。
（5）左移：用于将整数的二进制表示向左移动指定的位数，右边的位被丢弃，左边补0。
（6）右移：用于将整数的二进制表示向右移动指定的位数，左边的位被丢弃，右边补0。
2. 请解释一下什么是数据类型，并列举常见的几种数据类型。
数据类型是指用于定义变量存储的数据种类的类型。
以下是一些常见的几种数据类型：（1）整型（int）：用于存储整数，如int a = 10；（2）浮点型（float、double）：用于存储实数，如float b = 3.14；（3）字符型（char）：用于存储单个字符，如char c = 'A'；（4）布尔型（bool）：用于存储布尔值，如bool d = true；（5）数组：用于存储一系列相同类型的数据，如int arr[10]；（6）结构体（struct）：用于存储不同类型的数据，如struct Person {int age; char name[20];}；（7）指针：用于存储变量的地址，如int ptr = &a。
3. 请解释一下什么是面向对象编程，并举例说明其应用场景。
面向对象编程（OOP）是一种编程范式，它将数据和行为封装在对象中，强调继承、封装和多态。
以下是一些应用场景：（1）设计大型软件系统，如操作系统、数据库等；（2）开发图形用户界面（GUI）应用程序；（3）开发网络应用程序，如Web应用、移动应用等；（4）开发游戏和模拟软件。
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)。
假设我们有n件物品，分别编号为1, 2...n。其中编号为i的物品价值为vi ，它的重量量为wi 。为了了简
化问题，假定价值和重量量都是整数值。现在，假设我们有一一个背包，它能够承载的重量量是W。现 在，我们希望往包里里里装这些物品，使得包里里里装的物品价值最大大化，那么我们该如何来选择装的东 ⻄西呢？问题结构如下图所示：
}
public void printResult() { for(int i = 0; i < v. length; i++) { for(int j = 0; j <= weight; j++) System.out.print(c[i][j] + " "); System.out.println(); }
一一、0-1背包
1.1 初步分析
对于这个问题，一一开始确实有点不不太好入入手手。一一堆的物品，每一一个都有一一定的质量量和价值，我们
能够装入入的总重量量有限制，该怎么来装使得价值最大大呢？对于这n个物品，每个物品我们可能会 选，也可能不不选，那么我们总共就可能有2n种组合选择方方式。如果我们采用用这种办法来硬算的话，则整体的
}
public static void main(String[] args) { int[] v = {0, 60, 100, 120}; int[] w = {0, 10, 20, 30}; int weight = 50; DynamicKnapSack knapsack = new DynamicKnapSack(3, weight, v, w); knapsack.solve(); knapsack.printResult();
现在，我们从实现的⻆角度再来考虑一一下。我们这里里里的最优解是每次挑选性价比比最高高的物品。对于 这一一组物品来说，我们需要将他们按照性价比比从最高高到最低的顺序来取。我们可能需要将他们进 行行行排序。然后再依次取出来放入入背包中。假定我们已经有数组v，w，他们已经按照性价比比排好序 了了。一一个参考代码的实现如下：
}
public void solve() { for(int i = 1; i < v.length; i++) { for(int k = 1; k <= weight; k++) { if(w[i] <= k) { if(v[i] + c[i - 1][k - w[i]] > c[i - 1][k]) c[i][k] = v[i] + c[i - 1][k - w[i]]; else c[i][k] = c[i - 1][k]; } else c[i][k] = c[i - 1][k]; } }
} }
这部分代码里里里关键的就是solve方方法。里里里面面两个遍历循环，i表示从1到n的范围，对应于我们递归 方方法里里里描述的c(i, w)中到第i位。而而k表示的是当前的重量量限制。下面面是程序运行行行的输出结果：
000000000000000000000000000000000000000000 000000000
这样，基于我们前面面讨论的这3个部分，我们可以得到一一个如下的递推公式：
有了了这个关系，我们可以更更进一一步的来考虑代码实现了了。我们有这么一一个递归的关系，其中，后 面面的函数结果其实是依赖于前面面的结果的。我们只要按照前面面求出来最基础的最优条件，然后往 后面面一一步步递推，就可以找到结果了了。
1.2 动态规划
既然前面面两种办法都不不可行行行，我们再来看看有没有别的方方法。我们再来看这个问题。我们需要选 择n个元素中的若干干个来形成最优解，假定为k个。那么对于这k个元素a1, a2, ...ak来说，它们组 成的物品组合必然满足足总重量量<=背包重量量限制，而而且它们的价值必然是最大大的。因为它们是我们
} if(i < v.length && sum < weight) {
maxValue += (double)(weight - sum) / w[i] * v[i]; } return maxValue; }
这里里里省略略了了对数组v, w的定义。关键点在于我们选择了了若干干了了物品后要判断是否装满了了背包重 量量。如果没有，还要从后面面的里里里面面挑选一一部分。所以有一一个if(i < v.length && sum < weight)的判 断。
是最优的。这岂不不是和我们前面面假设的k个元素构成最佳矛矛盾了了吗？所以我们可以肯定，在这k个 元素里里里拿掉最后那个元素，前面面剩下的元素依然构成一一个最佳解。 现在我们经过前面面的推理理已经得到了了一一个基本的递推关系，就是一一个最优解的子子解集也是最优
的。可是，我们该怎么来求得这个最优解呢？我们这样来看。假定我们定义一一个函数c[i, w]表示
按照我们前面面的期望，这样选择得到的价值应该是最大大的。可是由于有一一个背包重量量的限制，这 里里里只用用了了30kg，还有剩下20kg浪费了了。这会是最优的选择吗？我们看看所有的选择情况：
很遗憾，在这几几种选择情况中，我们前面面的选择反而而是带来价值最低的。而而选择重量量分别为20kg 和30kg的物品带来了了最大大的价值。看来，我们刚才这种选择最佳单位价格的方方式也行行行不不通。
这个问题其实根据不不同的情况可以归结为不不同的解决方方法。假定我们这里里里选取的物品每个都是独 立立的，不不能选取部分。也就是说我们要么选取某个物品，要么不不能选取，不不能只选取一一个物品的 一一部分。这种情况，我们称之为0-1背包问题。而而如果我们可以使用用部分的物品的话，这个问题 则成为部分背包(fractional knapsack)问题。下面面我们针对每种情况具体分析一一下。
到第i个元素为止止，在限制总重量量为w的情况下我们所能选择到的最优解。那么这个最优解要么包
含有i这个物品，要么不不包含，肯定是这两种情况中的一一种。如果我们选择了了第i个物品，那么实 际上这个最优解是c[i - 1, w-wi] + vi。而而如果我们没有选择第i个物品，这个最优解是c[i-1, w]。这 样，实际上对于到底要不不要取第i个物品，我们只要比比较这两种情况，哪个的结果值更更大大不不就是最 优的么？
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 100 100 100 100 100 100 100 100 1 00 100 160 160 160 160 160 160 160 160 160 160 160 160 160 160 160 160 160 160 160 160 160 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 100 100 100 100 100 100 100 100 1 00 100 160 160 160 160 160 160 160 160 160 160 180 180 180 180 180 180 180 180 180 180 220
时间复杂度就达到指数级别的，肯定不不可行行行。
现在我们换一一种思路路。既然每一一种物品都有价格和重量量，我们优先挑选那些单位价格最高高的是否 可行行行呢？比比如在下图中，我们有3种物品，他们的重量量和价格分别是10, 20, 30 kg和60, 100, 120。
那么按照单位价格来算的话，我们最先应该挑选的是价格为60的元素，选择它之后，背包还剩下 50 - 10 = 40kg。再继续前面面的选择，我们应该挑选价格为100的元素，这样背包里里里的总价值为60 + 100 = 160。所占用用的重量量为30, 剩下20kg。因为后面面需要挑选的物品为30kg已经超出背包的 容量量了了。我们按照这种思路路能选择到的最多就是前面面两个物品。如下图：
public double selectMax() { double maxValue = 0.0; int sum = 0; int i; for(i = 0; i < v.length; i++) { if(sum + w[i] < weight) { sum += w[i]; maxValue += v[i]; } else break;
假定的最优选择嘛，肯定价值应该是最大大的。假定ak 是我们按照前面面顺序放入入的最后一一个物品。 它的重量量为wk ，它的价值为vk 。既然我们前面面选择的这k个元素构成了了最优选择，如果我们把这个 ak 物品拿走走，对应于k − 1个物品来说，它们所涵盖的重量量范围为0 − (W − wk )。假定W为背 包允许承重的量量。假定最终的价值是V，剩下的物品所构成的价值为V − vk。这剩下的k − 1个 元素是不不是构成了了一一个这种W − wk 的最优解呢？ 我们可以用用反证法来推导。假定拿走走ak 这个物品后，剩下的这些物品没有构成W − wk 重量量范围 的最佳价值选择。那么我们肯定有另外k − 1个元素，他们在W − wk 重量量范围内构成的价值更更 大大。如果这样的话，我们用用这k − 1个物品再加上第k个，他们构成的最终W重量量范围内的价值就