01背包详解包含路径输出
0-1背包问题详解二（完全背包问题）
0-1背包问题详解⼆（完全背包问题）问题描述给定n种物品和⼀个背包。
物品i的重量是w(i),其价值为v(i),背包的容量为c(即最多能够装c重量的物品)。
这n种物品可以重复放置(这是与普通背包问题的不同之处)。
输⼊n=5,c=6.物品容量和价值分别为：2 62 36 55 44 6最后输出时：18问题求解：f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k*c[i]<=v}似乎利⽤上⾯那个公式就可以很好的求出解。
这⾥给出另外⼀组公式，该公式和上⽂的公式是⼀样的，只是第⼆个for语句的倒过来。
for i=1..Nfor v=0..Vf[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}为什么这样⼀改就可⾏呢？⾸先想想为什么上⽂中要按照v=V..0的逆序来循环。
这是因为要保证第i次循环中的状态f[i][v]是由状态f[i-1][v-c[i]]递推⽽来。
换句话说，这正是为了保证每件物品只选⼀次，保证在考虑“选⼊第i件物品”这件策略时，依据的是⼀个绝⽆已经选⼊第i件物品的⼦结果f[i-1][v-c[i]]。
⽽现在完全背包的特点恰是每种物品可选⽆限件，所以在考虑“加选⼀件第i种物品”这种策略时，却正需要⼀个可能已选⼊第i种物品的⼦结果f[i][vc[i]]，所以就可以并且必须采⽤v=0..V的顺序循环。
这就是这个简单的程序为何成⽴的道理。
1void compelteKnapsack(){2int c,n;3 cout<<"请输⼊最⼤容量,⼩于100"<<endl;4 cin>>c;5 cout<<"请输⼊背包个数"<<endl;6 cin>>n;7 cout<<"请输⼊各个背包重量和价值"<<endl;8for(int i=1;i<=n;i++){9 cin>>w[i]>>v[i];10 }11for(int i=0;i<=n;i++)12 p[i]=0;13for(int i=1;i<=n;i++)14for(int j=w[i];j<=c;j++)15 p[j]=max(p[j],p[j-w[i]]+v[i]);16 cout<<"结果是"<<p[c]<<endl;17 }View Code版权所有，欢迎转载，但是转载请注明出处：。
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);。
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：。
01背包详解包含路径输出
背包问题——“01背包”详解及实现（包含背包中具体物品的求解）分类：背包问题 2011-11-26 14:41 9554人阅读评论(10) 收藏举报pathtabledelete测试c算法-----Edit by ZhuSenlin HDU 01背包是在M件物品取出若干件放在空间为W的背包里，每件物品的体积为C1，C2，…，Cn，与之相对应的价值为W1,W2，…，Wn.求解将那些物品装入背包可使总价值最大。
动态规划（DP）：1）子问题定义：F[i][j]表示前i件物品中选取若干件物品放入剩余空间为j的背包中所能得到的最大价值。
2）根据第i件物品放或不放进行决策(1-1)其中F[i-1][j]表示前i-1件物品中选取若干件物品放入剩余空间为j的背包中所能得到的最大价值；而F[i-1][j-C[i]]+W[i]表示前i-1件物品中选取若干件物品放入剩余空间为j-C[i]的背包中所能取得的最大价值加上第i件物品的价值。
根据第i件物品放或是不放确定遍历到第i件物品时的状态F[i][j]。
设物品件数为N，背包容量为V，第i件物品体积为C[i]，第i 件物品价值为W[i]。
由此写出伪代码如下：[cpp]view plaincopy1.F[0][] ←{0}2.3.F[][0] ←{0}4.5.for i←1to N6.7.do for k←1to V8.9.F[i][k] ←F[i-1][k]10.11. if(k >= C[i])12.13. then F[i][k] ←max(F[i][k],F[i-1][k-C[i]]+W[i])14.15.return F[N][V]以上伪代码数组均为基于1索引，及第一件物品索引为1。
时间及空间复杂度均为O(VN)举例：表1-1为一个背包问题数据表，设背包容量为10根据上述解决方法可得到对应的F[i][j]如表1-2所示，最大价值即为F[6][10].表1-1背包问题数据表表1-2前i件物品选若干件放入空间为j的背包中得到的最大价值表很多文章讲背包问题时只是把最大价值求出来了，并没有把所选的是哪些物品找出来。
01背包问题动态规划算法
01背包问题动态规划算法
01背包问题是求在限定条件下，在一定的容量内最优装载物品，使得总价值最大。
动态规划算法是一种用于解决多阶段决策问题的途径，其特点是将原问题划分成若干子问题，每个子问题只求解一次，保存子问题的解，避免了重复计算。
01背包问题动态规划算法的步骤如下：
1、确定状态：物品的种数i (i=1,2,…n)，背包的容量j (j=0,1,2,…V)。
2、确定状态转移方程：f[i][j]=max{f[i-1][j],f[i-1][j-wi]+vi}。
3、确定初始状态：f[i][0]=0,f[0][j]=0。
4、确定输出：最后f[n][V]即为最优解。
5、根据状态转移方程从左到右，从上到下进行迭代计算。
回溯法01背包问题
回溯法解决01背包问题
if(currentWeight+weight[i]<=c) { //将物品i放入背包，搜索左子树 bestAnswer[i] = 1; currentWeight += weight[i]; bestPrice += price[i]; Backtracking(i+1); //完成上面的递归，返回到上一结点，物 品i不放入背包，准备递归右子树 currentWeight -= weight[i]; bestPrice -= price[i]; } bestAnswer[i] = 0; Backtracking(i+1); }
回溯法解决01背包问题
0—1背包问题是一个子集选取问题，适合 于用子集树表示0—1背包问题的解空间。 在搜索解空间树是，只要其左儿子节点是 一个可行结点，搜索就进入左子树，在右 子树中有可能包含最优解是才进入右子树 搜索。否则将右子树剪去。
问题分析：
首先是将可供选择的物品的个数输入程序，将物品排成一列，计 算总物品的体积s，然后输入背包的实际体积V，如果背包的体积 小于0或者大于物品的总体积s，则判断输入的背包体积错误，否 则开始顺序选取物品装入背包，假设已选取了前i 件物品之后背包 还没有装满，则继续选取第i+1件物品，若该件物品"太大"不能装 入，则弃之而继续选取下一件，直至背包装满为止。但如果在剩 余的物品中找不到合适的物品以填满背包，则说明"刚刚"装入背包 的那件物品"不合适"，应将它取出"弃之一边"，继续再从"它之后" 的物品中选取，如此重复，直至求得满足条件的解。 因为回溯求解的规则是"后进先出"，所以要用到栈来存储符合条件 的解，在存储过程中，利用数组来存储各个物品的体积，然后用 深度优先的搜索方式求解，将符合条件的数组元素的下标存入栈 里，最后得到符合条件的解并且实现输出。
0-1背包问题动态规划详解及代码
0/1 背包问题动态规划详解及C代码动态规划是用空间换时间的一种方法的抽象。
其关键是发现子问题和记录其结果。
然后利用这些结果减轻运算量。
比如01背包问题。
/* 一个旅行者有一个最多能用M公斤的背包，现在有N件物品，它们的重量分别是W1，W2，...,Wn,它们的价值分别为P1,P2,...,Pn.若每种物品只有一件求旅行者能获得最大总价值。
输入格式：M,NW1,P1W2,P2......输出格式：X*/因为背包最大容量M未知。
所以，我们的程序要从1到M一个一个的试。
比如，开始任选N 件物品的一个。
看对应M的背包，能不能放进去，如果能放进去，并且还有多的空间，则，多出来的空间里能放N-1物品中的最大价值。
怎么能保证总选择是最大价值呢？看下表。
测试数据：10,33,44,55,6c[i][j]数组保存了1,2,3号物品依次选择后的最大价值.这个最大价值是怎么得来的呢?从背包容量为0开始,1号物品先试,0,1,2,的容量都不能放.所以置0,背包容量为3则里面放4.这样,这一排背包容量为4,5,6,....10的时候，最佳方案都是放4.假如1号物品放入背包.则再看2号物品.当背包容量为3的时候，最佳方案还是上一排的最价方案c为4.而背包容量为5的时候，则最佳方案为自己的重量5.背包容量为7的时候，很显然是5加上一个值了。
加谁??很显然是7-4=3的时候.上一排 c3的最佳方案是4.所以。
总的最佳方案是5+4为9.这样.一排一排推下去。
最右下放的数据就是最大的价值了。
(注意第3排的背包容量为7的时候,最佳方案不是本身的6.而是上一排的9.说明这时候3号物品没有被选.选的是1,2号物品.所以得9.)从以上最大价值的构造过程中可以看出。
f(n,m)=max{f(n-1,m), f(n-1,m-w[n])+P(n,m)}这就是书本上写的动态规划方程.这回清楚了吗?下面是实际程序（在VC 6.0环境下通过）:#include<stdio.h>int c[10][100];/*对应每种情况的最大价值*/int knapsack(int m,int n){int i,j,w[10],p[10];printf("请输入每个物品的重量,价值：\n");for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d,%d",&w[i],&p[i]);for(i=0;i<10;i++)for(j=0;j<100;j++)c[i][j]=0;/*初始化数组*/for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++){if(w[i]<=j) /*如果当前物品的容量小于背包容量*/{if(p[i]+c[i-1][j-w[i]]>c[i-1][j])/*如果本物品的价值加上背包剩下的空间能放的物品的价值*//*大于上一次选择的最佳方案则更新c[i][j]*/c[i][j]=p[i]+c[i-1][j-w[i]];elsec[i][j]=c[i-1][j];}else c[i][j]=c[i-1][j];}return(c[n][m]);}int main(){int m,n;int i,j;printf("请输入背包的承重量,物品的总个数：\n");scanf("%d,%d",&m,&n);printf("旅行者背包能装的最大总价值为%d",knapsack(m,n)); printf("\n");return 0;}。
01背包问题多种解法
一、问题描绘0/1 背包问题 :现有 n 种物件，对1<=i<=n，已知第i 种物件的重量为正整数W i，价值为正整数V i，背包能蒙受的最大载重量为正整数W ，现要求找出这n 种物件的一个子集，使得子集中物品的总重量不超出W 且总价值尽量大。
（注意：这里对每种物件或许全取或许一点都不取，不一样意只取一部分）二、算法剖析依据问题描绘，能够将其转变为以下的拘束条件和目标函数：nw i x i W(1)i1x i{ 0,1}( 1i n)nmax v i x i (2)i1于是，问题就归纳为找寻一个知足拘束条件（ 1 ），并使目标函数式（ 2 ）达到最大的解向量 X(x1, x2 , x3 ,......, x n ) 。
第一说明一下0-1 背包问题拥有最优解。
假定 (x1, x2 , x3 ,......, x n ) 是所给的问题的一个最优解，则 (x2 , x3,......, x n ) 是下边问题的nw i x i W w1x1 maxn一个最优解：i 2v i x i。
假如不是的话，设( y2, y3 ,......, y n ) 是这x i{ 0,1}( 2i n)i 2n n n个问题的一个最优解，则v i y i v i x i，且 w1x1w i y i W 。
因此，i 2i 2i 2n n nv1x1v i y i v1 x1v 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 2i 2i 1题比 ( x1 , x2 , x3 ,........, x n ) 更优的解，进而与假定矛盾。
穷举法：用穷举法解决0-1 背包问题，需要考虑给定n 个物件会合的所有子集，找出所有可能的子集（总重量不超出背包重量的子集），计算每个子集的总重量，而后在他们中找到价值最大的子集。
因为程序过于简单，在这里就不再给出，用实例说明求解过程。
背包问题之零一背包
背包问题之零⼀背包注:参考⽂献《背包九讲》.零⼀背包问题⼀:题⽬描述 有 N 件物品和⼀个容量为 V 的背包.放⼊第 i 件物品耗⽤的费⽤为C i(即所占⽤背包的体积),得到的价值是 W i.求将哪些物品装⼊背包所得到的总价值最⼤.⼆:基本思路 01背包是最基础的背包问题,这道题的特点是每种物品仅有⼀件,可以选择放或不放,且不要求背包必须被放满,只要求最后的总价值最⼤. ⽤⼦问题定义状态:F[i][v] 表⽰对于前 i 件物品,当背包容量为 v 时所能得到的价值最⼤值.设想,将 "前 i 件物品放⼊容量为 v 的背包中" 这个⼦问题,若只考虑第 i 件物品的策略(要么放要么不放),那么就可以转化为⼀个之和前 i - 1 件物品相关的问题.如果不放第 i 件物品, 那么问题就转化为 ”前 i - 1 件物品放⼊容量为 v 的背包中“,价值就是 F[i - 1][v]; 如果放第 i 件物品,那么问题就转化为 ”前 i - 1 件物品放⼊剩下的容量为v - C i的背包中”, 此时获得的价值为 F[i - 1][v - C i] + W i。
特殊的，当 v < C i时，可以认为当前的容量是放不下第 i 件物品的，即此时相当于不放第 i 件物品的价值F[i - 1][v].分析到这⾥则可得状态转移⽅程为: F[i][v] = v < C i F[i - 1][v] : max( F[i - 1][v], F[i - 1][v - C i] + W i ).在这⾥要特别的说明⼀下,这个⽅程⾮常重要,⼀定要知道这是怎么推出来的,⼏乎后⾯的所有的背包问题都和这个⽅程有着密不可分的联系.伪代码如下:F[0...N][0...V] <--- 0for i <--- 1 to N for v <--- C i to V F[i][v] = v < C i F[i - 1][v] : max( F[i - 1][v], F[i - 1][v - C i] + W i );具体代码:1void _01Pack(int F[][MAXV], int N, int V, int C[], int W[]){2 memset(F, 0, sizeof(F));3for(int i = 1; i <= N; i++) {4for(int v = 0; v <= V; v++) {5 F[i][v] = v < C[i] ? F[i - 1][v] : max(F[i - 1][v], F[i - 1][v - C[i]] + W[i]); //放或者不放两者之中选择最优者6 }7 }8 }三:优化空间复杂度 可以清楚的看到上⾯算法的时间复杂度和空间复杂度均为 O(N * V), 这⾥时间复杂度已经不能得到优化,但是空间复杂度确可以优化到O(V). 先看上⾯代码是如何实现的.最外⾯⼀层循环,每次计算出⼆维数组 F[i][0...V] 的值,计算的时候 F[i][0...V] 是由它的上⼀层 F[i - 1][0...V] ⽽得到的.那么如果把这个数组换成⼀维的 F[v] 那么还能保留上⼀次的状态吗.答案是可以的.由于动态规划算法的⽆后效性,第 i + 1 件物品的选择与否不会影响到第 i 件物品(即它的前⼀件物品)的选择状态.那么可以在上⾯第⼆次循环中按照 v <--- V...0 递减的顺序来计算 F[v], 这样计算F[v] 时所需要的状态 F[v] 和 F[v - C i] + W i 仍然还是上⼀次的状态.⽽计算 F[v] 之后, v 的顺序是递减的, F[v] 不会影响到 F[v'] (v' < v), 因为F[v']只与 F[v'](上⼀次的值) 和 F[v - C i] 有关, ⽽ F[v] > F[v'] > F[v' - C i]. 所以⼜可得状态转移⽅程. F[v] = max( F[v], F[v - C i] + W i ).伪代码如下:F[0...V] <--- 0for i <--- 1 to N for v <--- V to C i F[v] = max( F[v], F[v - C i] + W i );具体代码:1void _01Pack(int F[], int N, int V, int C[], int W[]){2 memset(F, 0, sizeof(F));3for(int i = 1; i <= N; i++) {4for(int v = V; v >= C[i]; v--) {5 F[i][v] = max(F[v], F[v - C[i]] + W[i]);6 }7 }8 }可以看到从第⼀个状态转移⽅程到第⼆个状态转移⽅程的空间优化效率还是挺⼤的: F[i][v] = max( F[i - 1][v], F[i - 1][v - C i] + W i ). ----> F[v] = max( F[v], F[v - C i] + W i ).在第⼆个⽅程中 F[v]1 = max(F[v]2, F[v - C i] + W i), 其实 F[v]2 就相当与⽅程⼀中的 F[i - 1][v], 对应的 F[v - C i] + W i就相当于 F[i -1][v - C i] + W i.这⼀正确性是在内层循环递减的前提下才成⽴的.否则, 将内层循环改为递增, 那么 F[i][v] 其实是由 F[i][v] 和 F[i][v - C i] 推出来的,这不符合基本思路中的探讨.之前说过由于 01背包的特殊性,这⾥将 01背包抽象化,⽅便之后的调⽤.解决单个物品 01背包的伪代码:def ZeroOnePack (F, C, W) for v <--- V to C F[v] = max( F[v], F[v - C] + W );这么写之后, 01背包总问题解决的伪代码就可以改写成:F[0...V] <--- 0for i <--- 1 to N ZeroOnePack(F, C[i], W[i]);具体代码:1const int MAXN = 10000;2int N, V, C[MAXN], W[MAXN];34void ZeroOnePack(int F[], int C, int W) { // 对于单个物品的决策5for(int v = V; v >= C; v--) {6 F[v] = max(F[v], F[v- C] + W);7 }8 }910void solv(int F[]) {11 memset(F, 0, sizeof(F));12for(int i = 1; i <= V; i++) {13 ZeroOnePack(F, C[i], W[i]);14 }15 }四: 01背包问题的拓展 ------ 初始化的细节问题 在上述 01背包的问题中,仅问得是 “如何选取,才能使的最后的总价值最⼤”, 这⾥并没有规定是否必须装满背包, 但是有的题将会给予这个附加条件, 即“在要求恰好装满背包的前提下, 如何选取物品, 才能使的最后的总价值最⼤ ”. 这两种问法, 在代码实现上相差⽆⼏.如果是上述问法,要求 “恰好装满背包”, 那么在初始化时除了将 F[0] 赋值为 0 之外, 其他的 F[1...V] 都应该赋值为 -∞,这样就可以保证最后的得到的 F[V] 是⼀种恰好装满背包的最优解.如果没有要求必须把背包装满,⽽是只希望价值尽量最⼤,初始化时应该将F[0...V] 全部设置为 0. 之所以可以这么做,是因为初始化的 F[] 事实就是没有任何物品放⼊背包时的合法状态.如果要求背包恰好装满,那么只有容量为 0 的背包在什么也不装且价值为 0 的情况下被装 "恰好装满",其他容量的背包如果不装物品, 那么默认的情况下都是不合法状态,应该被赋值为 -∞, 即对于第⼀个物品⽽⾔, 其合法状态只能由 F[0] 转移得到.如果背包并⾮必须被装满,那么任何容量的背包在没有物品可装时都存在⼀个合法解,即什么都不装,且这个解的价值为 0.所以将其全部初始化为 0 是可以的. 注:这个技巧完全可以拓展到其他背包问题中.伪代码:def ZeroOnePack (F, C, W) for v <--- V to C F[v] = max( F[v], F[v - C] + W )end defdef slov() F[0] = 0, F[1...V] <--- -∞ for i <--- 1 to N ZeroOnePack(F, C[i], W[i])end def具体代码:1const int MAXN = 10000;2int N, V, C[MAXN], W[MAXN];34void ZeroOnePack(int F[], int C, int W) {5for(int v = V; v >= C; v--) {6 F[v] = max(F[v], F[v- C] + W);7 }8 }910void solv(int F[]) {11 F[0] = 0;12for(int i = 1; i <= V; i++) F[i] = INT_MIN; // 除F[0] = 0之外, 其他全部赋值为负⽆穷13for(int i = 1; i <= V; i++) {14 ZeroOnePack(F, C[i], W[i]);15 }16 }五:⼀个常数级别的优化上述伪代码的:for i <--- 1 to N for v <--- V to C i可以优化为:for i <--- 1 to N for v <--- V to max( V - SUM(i...N)C i, C i)。
01背包问题及变种详解
P01: 01背包问题题目有N件物品和一个容量为V的背包。
第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。
求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
基本思路这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。
用子问题定义状态：即f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。
则其状态转移方程便是：f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。
所以有必要将它详细解释一下：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。
如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”，价值为f[i-1][v]；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。
优化空间复杂度以上方法的时间和空间复杂度均为O(VN)，其中时间复杂度应该已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O。
先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环i=1..N，每次算出来二维数组f[i][0..V]的所有值。
那么，如果只用一个数组f[0..V]，能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态f[i][v]呢？f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]两个子问题递推而来，能否保证在推f[i][v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]的值呢？事实上，这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺序推f[v]，这样才能保证推f[v]时f[v-c[i]]保存的是状态f[i-1][v-c[i]]的值。
0-1背包问题的四种写法
0-1背包问题的四种写法本节回顾0-1背包的基本模型，关于它的实现有很多种写法，这⾥对不同实现做个简单列举，主要是写代码练⼿了，主要有以下⼏⽅⾯内容：==0-1背包问题定义 & 基本实现==0-1背包使⽤滚动数组压缩空间==0-1背包使⽤⼀维数组==0-1背包恰好背满==0-1背包输出最优⽅案========================================0-1背包问题定义 & 基本实现问题：有个容量为V⼤⼩的背包，有很多不同重量weight[i](i=1..n)不同价值value[i](i=1..n)的物品，每种物品只有⼀个，想计算⼀下最多能放多少价值的货物。
DP的关键也是难点是找到最优⼦结构和重叠⼦问题，进⽽找到状态转移⽅程，编码就相对容易些。
最优⼦结构保证每个状态是最优的，重叠⼦问题也即n状态的求法和n-1状态的求法是⼀样的；DP在实现上⼀般是根据状态转移⽅程⾃底向上的迭代求得最优解（也可以使⽤递归⾃顶向下求解）。
回到0-1背包，每个物体i，对应着两种状态：放⼊&不放⼊背包。
背包的最优解是在⾯对每个物体时选择能够最⼤化背包价值的状态。
0-1背包的状态转移⽅程为f(i,v) = max{ f(i-1,v), f(i-1,v-c[i])+w[i] }f(i,v)表⽰前i个物体⾯对容量为v时背包的最⼤价值，c[i]代表物体i的cost(即重量)，w[i]代表物体i的价值；如果第i个物体不放⼊背包，则背包的最⼤价值等于前i-1个物体⾯对容量v的最⼤价值；如果第i个物体选择放⼊，则背包的最⼤价值等于前i-1个物体⾯对容量v-cost[i]的最⼤价值加上物体i的价值w[i]。
对于实现，⼀般采⽤⼀个⼆维数组（状态转移矩阵）dp[i][j]来记录各个⼦问题的最优状态，其中dp[i][j]表⽰前i个物体⾯对容量j背包的最⼤价值。
下⾯给出0-1背包的基本实现，时间复杂度为O(N*V)，空间复杂度也为O(N*V)，初始化的合法状态很重要，对于第⼀个物体即f[0][j]，如果容量j⼩于第⼀个物体（编号为0）的重量，则背包的最⼤价值为0，如果容量j⼤于第⼀个物体的重量，则背包最⼤价值便为该物体的价值。
【转载】各种背包问题模板讲解
【转载】各种背包问题模板讲解 背包问题集合 ⼀般来说，动态规划（DP）。
都是初学者最难闯过的⼀关，⽽在这⾥详细解说动态规划的⼀种经典题型：背包问题。
这⾥介绍的背包分为以下⼏种：01背包，完全背包，多重背包，混合背包，⼆维费⽤的背包。
（以后会持续更新）【⼀：01背包】⾸先放上例题：01背包问题【题⽬描述】：⼀个旅⾏者有⼀个最多能装M公⽄的背包，现在有n件物品，他们的重量分别是W1，W2…Wn，它们的价值分别是C1，C2……Cn，求旅⾏者能够获得的最⼤总价值。
【输⼊格式】：第⼀⾏：两个整数，M，（背包容量，M<=200）和N（物品数量N<=30）第2⾄N+1⾏，每⾏两个整数，Wi,Ci,表⽰每个物品的重量和价值。
【输出格式】：仅⼀⾏，⼀个数，表⽰最⼤总价值。
【输⼊样例#1】：10 42 13 34 57 9【输出样例#1】：1201背包问题可以说是最简单的背包问题，简单之处就在：他的每⼀个物品都只有⼀个。
⾸先定义⼀个f[MAXN][MAXN]数组，⽤来记录最⼤价值。
即：f[i][v]表⽰的就是当前i件物品放⼊⼀个容量为v的背包的时候可以获得的最⼤价值。
01背包的状态转移⽅程式便是：f[i][v]=max(f[i-1][v],f[i-1][v-w[i]]+c[i])。
众所周知DP问题最重要的便是状态转移⽅程式了，那么这个状态转移⽅程式究竟是怎么来的呢？？详解来啦“既然说了是“将第i件物品放⼊背包”，那么如果只考虑第i件物品的⽅式策略，那么就只和第i-1件物品有关了，如果是放第i件物品，那么问题就转化为：“前i-1件物品放⼊容量为v的背包中”，此时能够获得的最⼤价值就是f[i-1][v-w[i]]，也就是第i-1件物品放⼊容量为v（原来的总容量）减去w[i]（第i件物品的占容）产⽣的最优价值，再加上放通过⼊第i件物品增加的价值c[i]。
那么放⼊第i件物品产⽣的最⼤价值就是要在”放“，或者是”不放“中选择了，”不放“的话，产⽣的价值就是f[i-1] [v]，”放“的话，产⽣的最⼤价值就是,f[i-1][v-w[i]]+c[i])。
背包之01背包、完全背包、多重背包详解
背包之01背包、完全背包、多重背包详解首先说下动态规划，动态规划这东西就和递归一样，只能找局部关系，若想全部列出来，是很难的，比如汉诺塔。
你可以说先把除最后一层的其他所有层都移动到2，再把最后一层移动到3，最后再把其余的从2移动到3，这是一个直观的关系，但是想列举出来是很难的，也许当层数n=3时还可以模拟下，再大一些就不可能了，所以，诸如递归，动态规划之类的，不能细想，只能找局部关系。
1.汉诺塔图片（引至杭电课件:DP最关键的就是状态，在DP时用到的数组时，也就是存储的每个状态的最优值，也就是记忆化搜索）要了解背包，首先得清楚动态规划：动态规划算法可分解成从先到后的4个步骤：1. 描述一个最优解的结构；2. 递归地定义最优解的值；3. 以“自底向上”的方式计算最优解的值；4. 从已计算的信息中构建出最优解的路径。
其中步骤1~3是动态规划求解问题的基础。
如果题目只要求最优解的值，则步骤4可以省略。
背包的基本模型就是给你一个容量为V的背包在一定的限制条件下放进最多(最少?)价值的东西当前状态以前状态看了dd大牛的《背包九讲》01背包，完全背包，多重背包这三者的使用和区别，部分会引用dd大牛的《背包九讲》，如果有错，欢迎指出。
(留言即可)首先我们把三种情况放在一起来看：01背包（ZeroOnePack）: 有N件物品和一个容量为V的背包。
（每种物品均只有一件）第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。
求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
完全背包(CompletePack): 有N种物品和一个容量为V的背包，每种物品都有无限件可用。
第i种物品的费用是c[i]，价值是w[i]。
求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
多重背包(MultiplePack): 有N种物品和一个容量为V的背包。
第i种物品最多有n[i]件可用，每件费用是c[i]，价值是w[i]。
求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
01背包问题
01背包问题一、问题描述一个正在抢劫商店的小偷发现了n个商品，第i个商品价值V i美元，重Wi磅，V i和Wi都是整数；这个小偷希望拿走价值尽量高的商品，但他的背包最多能容纳W磅的商品，W是一个整数。
我们称这个问题是01背包问题，因为对每个商品，小偷要么把它完整拿走，要么把它留下；他不能只拿走一个商品的一部分，或者把一个商品拿走多次。
二、解决方案背包问题作为NP完全问题，暂时不存在多项式时间算法1.动态规划2.回溯法3.分支界限法三、方案详解3.1动态规划动态规划（Dynamic programming，DP）是一种在数学、计算机科学和经济学中使用的，通过把原问题分解为相对简单的子问题的方式求解复杂问题的方法。
动态规划常常适用于有重叠子问题和最优子结构性质的问题。
概述：动态规划在查找有很多重叠子问题的情况的最优解时有效。
它将问题重新组合成子问题。
为了避免多次解决这些子问题，它们的结果都逐渐被计算并被保存，从简单的问题直到整个问题都被解决。
因此，动态规划保存递归时的结果，因而不会在解决同样的问题时花费时间。
动态规划只能应用于有最优子结构的问题。
最优子结构的意思是局部最优解能决定全局最优解(对有些问题这个要求并不能完全满足，故有时需要引入一定的近似)。
简单地说，问题能够分解成子问题来解决。
特征：1、问题存在最优子结构2、问题的最优解需要在子问题中作出选择3、通过查表解决重叠子问题，避免重复计算动态规划的设计：1.刻画一个最优解的结构特征；2.递归地定义最优解的值；3.计算最优解的值，通常采用自底向上的方法；4.利用计算的信息构造一个最优解。
问题分析最优子结构：(1)问题分析：令f(i,j)表示在前i(0≤i<n)个物品中能够装入容量为j(0≤j≤W)的背包中的物品的最大价值，则可以得到如下的动态规划函数:(2)f[i,j]=0(i=0 OR j=0)f[i,j]=f[i-1,j] j<w i ①f[i,j]=max{f[i-1,j] ,f[i-1,j-wi] +vi } j>wi ②①式表明：如果第i个物品的重量大于背包的容量，则装人前i个物品得到的最大价值和装入前i-1个物品得到的最大价是相同的，即物品i不能装入背包；②式表明:如果第i个物品的重量小于背包的容量，则会有一下两种情况：(a)如果把第i个物品装入背包，则背包物品的价值等于第i-1个物品装入容量位j-wi的背包中的价值加上第i个物品的价值vi;(b)如果第i个物品没有装入背包，则背包中物品价值就等于把前i-1个物品装入容量为j的背包中所取得的价值。
01背包问题及变种详解
P01: 01背包问题题目有N件物品和一个容量为V的背包。
第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。
求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
基本思路这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。
用子问题定义状态：即f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。
则其状态转移方程便是：f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。
所以有必要将它详细解释一下：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。
如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”，价值为f[i-1][v]；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。
优化空间复杂度以上方法的时间和空间复杂度均为O(VN)，其中时间复杂度应该已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O。
先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环i=1..N，每次算出来二维数组f[i][0..V]的所有值。
那么，如果只用一个数组f[0..V]，能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态f[i][v]呢？f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]两个子问题递推而来，能否保证在推f[i][v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]的值呢？事实上，这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺序推f[v]，这样才能保证推f[v]时f[v-c[i]]保存的是状态f[i-1][v-c[i]]的值。
动态规划专题01背包问题详解【转】
动态规划专题01背包问题详解【转】对于动态规划，每个刚接触的⼈都需要⼀段时间来理解，特别是第⼀次接触的时候总是想不通为什么这种⽅法可⾏，这篇⽂章就是为了帮助⼤家理解动态规划，并通过讲解基本的01背包问题来引导读者如何去思考动态规划。
本⽂⼒求通俗易懂，⽆异性，不让读者感到迷惑，引导读者去思考，所以如果你在阅读中发现有不通顺的地⽅，让你产⽣错误理解的地⽅，让你难得读懂的地⽅，请跟贴指出，谢谢！初识动态规划经典的01背包问题是这样的：有⼀个包和n个物品，包的容量为m，每个物品都有各⾃的体积和价值，问当从这n个物品中选择多个物品放在包⾥⽽物品体积总数不超过包的容量m时，能够得到的最⼤价值是多少？[对于每个物品不可以取多次，最多只能取⼀次，之所以叫做01背包，0表⽰不取，1表⽰取]为了⽤⼀种⽣动⼜更形象的⽅式来讲解此题，我把此题⽤另⼀种⽅式来描述，如下：有⼀个国家，所有的国民都⾮常⽼实憨厚，某天他们在⾃⼰的国家发现了⼗座⾦矿，并且这⼗座⾦矿在地图上排成⼀条直线，国王知道这个消息后⾮常⾼兴，他希望能够把这些⾦⼦都挖出来造福国民，⾸先他把这些⾦矿按照在地图上的位置从西⾄东进⾏编号，依次为0、1、2、3、4、5、6、7、8、9，然后他命令他的⼿下去对每⼀座⾦矿进⾏勘测，以便知道挖取每⼀座⾦矿需要多少⼈⼒以及每座⾦矿能够挖出多少⾦⼦，然后动员国民都来挖⾦⼦。
题⽬补充1：挖每⼀座⾦矿需要的⼈数是固定的，多⼀个⼈少⼀个⼈都不⾏。
国王知道每个⾦矿各需要多少⼈⼿，⾦矿i需要的⼈数为peopleNeeded[i]。
题⽬补充2：每⼀座⾦矿所挖出来的⾦⼦数是固定的，当第i座⾦矿有peopleNeeded[i]⼈去挖的话，就⼀定能恰好挖出gold[i]个⾦⼦。
否则⼀个⾦⼦都挖不出来。
题⽬补充3：开采⼀座⾦矿的⼈完成开采⼯作后，他们不会再次去开采其它⾦矿，因此⼀个⼈最多只能使⽤⼀次。
题⽬补充4：国王在全国范围内仅招募到了10000名愿意为了国家去挖⾦⼦的⼈，因此这些⼈可能不够把所有的⾦⼦都挖出来，但是国王希望挖到的⾦⼦越多越好。
（01背包）输出方案数
（01背包）输出⽅案数⽼司机wbt⼜要开车了，焊死车门禁⽌下车，wbt现在在车内提供了n张电竞死歌wpm的CD唱⽚，已知wbt开车的时间是n分钟，你该如何去选择唱⽚去消磨这⽆聊的时间呢假设:CD数量不超过20张没有⼀张CD唱⽚超过N分钟每张唱⽚只能听⼀次唱⽚的播放长度为整数N也是整数我们需要找到最能消磨时间的唱⽚数量，并按使⽤顺序输出答案（必须是听完唱⽚，不能有唱⽚没听完却到了下车时间的情况发⽣）Input多组输⼊每⾏输⼊第⼀个数字N, 代表总时间，第⼆个数字M代表有M张唱⽚，后⾯紧跟M个数字，代表每张唱⽚的时长例如样例⼀: N=5, M=3, 第⼀张唱⽚为 1 分钟, 第⼆张唱⽚ 3 分钟, 第三张 4 分钟所有数据均满⾜以下条件:N≤10000M≤20Output输出所有唱⽚的时长和总时长，具体输出格式见样例Sample Input5 3 1 3 410 4 9 8 4 220 4 10 5 7 490 8 10 23 1 2 3 4 5 745 8 4 10 44 43 12 9 8 2Sample Output1 4 sum:58 2 sum:1010 5 4 sum:1910 23 1 2 3 4 5 7 sum:554 10 12 9 8 2 sum:45#pragma GCC optimize(1)#pragma GCC optimize(2)#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")#include<cstring>#include<cstdio>#include<iostream>#include<queue>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long ll;template <typename Tp>void read(Tp &x){//read(n);x=0;char ch=1;int fh;while(ch!='-'&&(ch>'9'||ch<'0')){ch=getchar();}if(ch=='-'){fh=-1;ch=getchar();}else fh=1;while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}x*=fh;}inline char read1()//字符串读⼊挂{register char ch=getchar();while(ch<'A'||ch>'M')ch=getchar();return ch;}const int maxn=1e3+100;int a[maxn];int dp[maxn][maxn];int b[maxn];int main(){int n,m;while(cin>>m){cin>>n;memset(dp,0,sizeof(dp));for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=0;j<=m;j++){dp[i][j]=dp[i-1][j];if(j>=a[i]){dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-a[i]]+a[i]); }}}int p=dp[n][m];int cnt=0;int sum=p;for(int i=n;i>=1;i--){if(dp[i][sum]==(dp[i-1][sum-a[i]]+a[i])){sum-=a[i];b[++cnt]=a[i];}}for(int i=cnt;i>=1;i--){cout<<b[i]<<"";}printf("sum:%d\n",p);}}。
01背包分支限定法
0—1背包问题一、实验目的学习掌握分支限定法思想。
二、实验内容用分支限定法求解0—1背包问题，并输出问题的最优解。
0—1背包问题描述如下：给定n种物品和一背包。
物品i的重量是Wi，其价值为Vi，背包的容量是c，问应如何选择装入背包中的物品，使得装入背包中物品的总价值最大。
三、实验条件Jdk1.5以上四、需求分析对于给定n种物品和一背包。
在容量最大值固定的情况下，要求装入的物品价值最大化。
五、基本思想：对物品的选取与否构成一棵解树，左子树表示不装入，右表示装入，通过检索问题的解树得出最优解，并用结点上界杀死不符合要求的结点。
六、详细设计/** Bound_Branch.java** Created on 2007年6月2日, 下午6:07** To change this template, choose Tools | Template Manager* and open the template in the editor.*/package sunfa;public class Bound_Branch {static double c;static int n;static double[]w;static double[]p;static double cw;static double cp;static int []bestX;static MaxHeap heap;//上界函数bound计算节点所相应价值的上界private static double bound(int i){double cleft=c-cw;double b=cp;while(i<=n&&w[i]<=cleft){cleft-=w[i];b+=p[i];i++;}//装填剩余容量装满背包if(i<=n)b+=p[i]/w[i]*cleft;return b;}//addLiveNode将一个新的活节点插入到子集树和优先队列中private static void addLiveNode(double up,double pp,double ww,int lev,BBnode par,boolean ch){//将一个新的活节点插入到子集树和最大堆中BBnode b=new BBnode(par,ch);HeapNode node =new HeapNode(b,up,pp,ww,lev);heap.put(node);}private static double bbKnapsack(){// TODO 自动生成方法存根//优先队列式分支限界法，返回最大价值，bestx返回最优解//初始化BBnode enode=null;int i=1;double bestp=0;//当前最优值double up=bound(1);//当前上界while(i!=n+1){//非叶子节点//检查当前扩展节点的右儿子子节点double wt=cw+w[i];if(wt<=c){if(cp+p[i]>bestp)bestp=cp+p[i];addLiveNode(up,cp+p[i],cw+w[i],i+1,enode,true);}up=bound(i+1);if(up>=bestp)addLiveNode(up,cp,cw,i+1,enode,false);HeapNode node =(HeapNode)heap.removeMax();enode=node.liveNode;cw=node.weight;cp=node.profit;up=node.upperProfit;i=node.level;}for(int j=n;j>0;j--){bestX[j]=(enode.leftChild)?1:0;enode=enode.parent;}return cp;}public static double knapsack(double []pp,double []ww,double cc,int []xx){ //返回最大值，bestx返回最优解c=cc;n=pp.length-1;//定义以单位重量价值排序的物品数组Element[]q=new Element[n];double ws=0.0;double ps=0.0;for(int i=1;i<=n;i++){q[i-1]=new Element(i,pp[i]/ww[i]);ps+=pp[i];ws+=ww[i];}if(ws<=c){for(int i=1;i<=n;i++)xx[i]=1;return ps;}//以单位重量排序MergeSort.mergeSort(q);//初始化数据成员p=new double[n+1];w=new double[n+1];for(int i=1;i<=n;i++){p[i]=pp[q[n-i].id];w[i]=ww[q[n-i].id];}cw=0.0;cp=0.0;bestX = new int[n+1];heap = new MaxHeap(n);double maxp = bbKnapsack();for(int i=1;i<=n;i++)xx[q[n-i].id]=bestX[i];return maxp;}public static void main(String [] args){double w[]={2,2,6,5,4};double v[]={6,3,4,5,6};double c=10;int []x = new int[5];double m = knapsack(v,w,c,x);for(int i=0;i<5;i++)System.out.print(x[i]);}}//子空间中节点类型class BBnode{BBnode parent;//父节点boolean leftChild;//左儿子节点标志BBnode(BBnode par,boolean ch){parent=par;leftChild=ch;}}class HeapNode implements Comparable{BBnode liveNode; // 活节点double upperProfit; //节点的价值上界double profit; //节点所相应的价值double weight; //节点所相应的重量int level; // 活节点在子集树中所处的层次号//构造方法public HeapNode(BBnode node, double up, double pp , double ww,int lev){ liveNode = node;upperProfit = up;profit = pp;weight = ww;level = lev;}public int compareTo(Object o) {double xup = ((HeapNode)o).upperProfit;if(upperProfit < xup)return -1;if(upperProfit == xup)return 0;elsereturn 1;}}class Element implements Comparable{int id;double d;public Element(int idd,double dd){id=idd;d=dd;}public int compareTo(Object x){double xd=((Element)x).d;if(d<xd)return -1;if(d==xd)return 0;return 1;}public boolean equals(Object x){return d==((Element)x).d;}}class MaxHeap{static HeapNode [] nodes;static int nextPlace;static int maxNumber;public MaxHeap(int n){maxNumber = (int)Math.pow((double)2,(double)n);nextPlace = 1;//下一个存放位置nodes = new HeapNode[maxNumber];}public static void put(HeapNode node){nodes[nextPlace] = node;nextPlace++;heapSort(nodes);}public static HeapNode removeMax(){HeapNode tempNode = nodes[1];nextPlace--;nodes[1] = nodes[nextPlace];heapSort(nodes);return tempNode;}private static void heapAdjust(HeapNode [] nodes,int s,int m){ HeapNode rc = nodes[s];for(int j=2*s;j<=m;j*=2){if(j<m&&nodes[j].upperProfit<nodes[j+1].upperProfit)++j;if(!(rc.upperProfit<nodes[j].upperProfit))break;nodes[s] = nodes[j];s = j;}nodes[s] = rc;}private static void heapSort(HeapNode [] nodes){for(int i=(nextPlace-1)/2;i>0;--i){heapAdjust(nodes,i,nextPlace-1);}}}主程序运行结果:。
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背包问题——“01背包”详解及实现（包含背包中具体物品的求解）分类：背包问题 2011-11-26 14:41 9554人阅读评论(10) 收藏举报pathtabledelete测试c算法-----Edit by ZhuSenlin HDU 01背包是在M件物品取出若干件放在空间为W的背包里，每件物品的体积为C1，C2，…，Cn，与之相对应的价值为W1,W2，…，Wn.求解将那些物品装入背包可使总价值最大。
动态规划（DP）：1）子问题定义：F[i][j]表示前i件物品中选取若干件物品放入剩余空间为j的背包中所能得到的最大价值。
2）根据第i件物品放或不放进行决策(1-1)其中F[i-1][j]表示前i-1件物品中选取若干件物品放入剩余空间为j的背包中所能得到的最大价值；而F[i-1][j-C[i]]+W[i]表示前i-1件物品中选取若干件物品放入剩余空间为j-C[i]的背包中所能取得的最大价值加上第i件物品的价值。
根据第i件物品放或是不放确定遍历到第i件物品时的状态F[i][j]。
设物品件数为N，背包容量为V，第i件物品体积为C[i]，第i 件物品价值为W[i]。
由此写出伪代码如下：[cpp]view plaincopy1.F[0][] ←{0}2.3.F[][0] ←{0}4.5.for i←1to N6.7.do for k←1to V8.9.F[i][k] ←F[i-1][k]10.11. if(k >= C[i])12.13. then F[i][k] ←max(F[i][k],F[i-1][k-C[i]]+W[i])14.15.return F[N][V]以上伪代码数组均为基于1索引，及第一件物品索引为1。
时间及空间复杂度均为O(VN)举例：表1-1为一个背包问题数据表，设背包容量为10根据上述解决方法可得到对应的F[i][j]如表1-2所示，最大价值即为F[6][10].表1-1背包问题数据表表1-2前i件物品选若干件放入空间为j的背包中得到的最大价值表很多文章讲背包问题时只是把最大价值求出来了，并没有把所选的是哪些物品找出来。
本人在学习背包问题之前遇到过很多的类似问题，当时也是只求得了最大价值或最大和，对具体哪些物品或路径等细节也束手无策。
再次和大家一起分享细节的求法。
根据算法求出的最大价值表本身其实含有位置信息，从F[N][V]逆着走向F[0][0]，设i=N,j=V，如果F[i][j]==F[i-1][j- C[i]]+W[i]说明包里面有第i件物品，同时j -= C[i]，不管F[i][j]与F[i-1][j-C[i]]+W[i]相不相等i都要减1，因为01背包的第i件物品要么放要么不放，不管放还是不放其已经遍历过了，需要继续往下遍历。
打印背包内物品的伪代码如下：[cpp]view plaincopy1.i←N2.3.j←V4.5.while(i>0 && j>0)6.7.do if(F[i][j]=F[i-1][j-C[i]]+W[i])8.9.then Print W[i]10.11. j←j-C[i]12.13. i←i-1当然也可以定义一个二维数组Path[N][V]来存放背包内物品信息，开始时Path[N][V]初始化为0,当 F[i][j]==F[i-1][j-C[i]]+W[i]时Path[i][j]置1。
最后通过从Path[N+1][V+1]逆着走向Path[0] [0]来获取背包内物品。
其中Path[0][]与Path[][0]为边界。
加入路径信息的伪代码如下：[cpp]view plaincopy1.F[0][] ←{0}2.3.F[][0] ←{0}4.5.Path[][] ←06.7.for i←1to N8.9.do for k←1to V10.11. F[i][k] ←F[i-1][k]12.13. if(k >= C[i] && F[i][k] < F[i-1][k-C[i]]+W[i])14.15. then F[i][k] ←F[i-1][k-C[i]]+W[i]16.17. Path[i][k] ← 118.19.return F[N][V] and Path[][]打印背包内物品的伪代码如下：[cpp]view plaincopy1.i←N2.3.j←V4.5.while(i>0 && j>0)6.7.do if(Path[i][j] = 1)8.9.then Print W[i]10.11. j←j-C[i]12.13. i←i-1在时间及空间复杂度均为O(NV)的情况下，利用Path[][]的方法明显比直接通过F[i][j]==F[i-1][j-C[i]]+W[i]来打印物品耗费空间，Path[][]需要额外的空间O(NV)但总空间复杂度不变仍为O(NV)。
但下面要讲到的O(V)的空间复杂度的方法却不能利用关系式 F [j]==F [j-C[i]]+W[i]而只能利用Path[][]进行标记.接下来考虑如何压缩空间，以降低空间复杂度。
时间复杂度为O(VN)，空间复杂度将为O（V）观察伪代码可也发现，F[i][j]只与F[i-1][j]和F[i-1][j-C[i]]有关，即只和i-1时刻状态有关，所以我们只需要用一维数组F[]来保存i-1时的状态F[]。
假设i-1时刻的F[]为{a0，a1，a2，…，av}，难么i时刻的F[]中第k个应该为max(ak ,ak-C[i]+W[i]) 即max(F[k],F[k-C[i]]+W[i])，这就需要我们遍历V时逆序遍历，这样才能保证求i时刻F[k]时F[k-C[i]]是i-1时刻的值。
如果正序遍历则当求F[k]时其前面的F[0],F[1]，…，F[K-1]都已经改变过，里面存的都不是i-1时刻的值，这样求F[k]时利用 F[K-C[i]]必定是错的值。
最后F[V]即为最大价值。
求F[j]的状态方程如下：(1-2)伪代码如下：[cpp]view plaincopy1.F[] ←{0}2.3.for i ← 1 to N4.5.do for k ←V to C[i]6.7.F[k] ←max(F[k],F[k-C[i]]+W[i])8.9.return F[V]同样，怎么求路径？利用前面讲到的Path[][]标记，需空间消耗O(NV)。
这里不能用F [j]==F [j-C[i]]+W[i]来判断是因为一维数组并不能提供足够的信息来寻找二维路径。
加入路径信息的伪代码如下：[cpp]view plaincopy1.F[] ←{0}2.3.Path[][]←04.5.for i←1to N6.7.do for k←V to C[i]8.9.if(F[k] < F[k-C[i]]+W[i])10.11. then F[k] ←F[k-C[i]]+W[i]12.13. Path[i][k] ← 114.15.return F[V] and Path[][]打印路径的伪代码和前面未压缩空间复杂度时的伪代码一样，这里不再重写。
下面针对前面提到的表1-1提供两种方法的测试代码：[cpp]view plaincopy1.#include <iostream>2.#include <cstring>3.#include "CreateArray.h" //该头文件用于动态创建及销毁二维数组，读者自己实现ing namespace std;//时间复杂度O(VN),空间复杂度为O(VN)[cpp]view plaincopy1.int Package01(int Weight[], int Value[], int nLen, intnCapacity)2.{3.int** Table = NULL;4.int** Path = NULL;5.CreateTwoDimArray(Table,nLen+1,nCapacity+1); //创建二维数组6.CreateTwoDimArray(Path,nLen+1,nCapacity+1); //创建二维数组7.8.for(int i = 1; i <= nLen; i++)9.{10. for(int j = 1; j <= nCapacity; j++)11. {12. Table[i][j] = Table[i-1][j];13. Path[i][j] = 0;14. if(j >= Weight[i-1] && Table[i][j]< Table[i-1][j-Weight[i-1]]+Value[i-1])15. {16. Table[i][j] = Table[i-1][j-Weight[i-1]]+Value[i-1];17. Path[i][j] = 1;18. }19. }20. }21.22. int i = nLen, j = nCapacity;23. while(i > 0 && j > 0)24. {25. if(Path[i][j] == 1)26. {27. cout << Weight[i-1] << " ";28. j -= Weight[i-1];29. }30. i--;31. }32. cout << endl;33.34. int nRet = Table[nLen][nCapacity];35. DestroyTwoDimArray(Table,nLen+1); //销毁二维数组36. DestroyTwoDimArray(Path,nLen+1); //销毁二维数组37. return nRet;38.}//时间复杂度O(VN)，不考虑路径空间复杂度为O(V)，考虑路径空间复杂度为O(VN)[cpp]view plaincopy1.int Package01_Compress(int Weight[], int Value[], int nLen, int nCapacity)2.{3.int * Table = new int [nCapacity+1];4.memset(Table,0,(nCapacity+1)*sizeof(int));5.int** Path = 0;6.CreateTwoDimArray(Path,nLen+1,nCapacity+1); //创建二维数组7.8.for(int i = 0; i < nLen; i++)9.{10. for(int j = nCapacity; j >= Weight[i]; j--)11. {12. Path[i+1][j] = 0;13. if(Table[j] < Table[j-Weight[i]]+Value[i])14. {15. Table[j] = Table[j-Weight[i]]+Value[i];16. Path[i+1][j] = 1;17. }18. }19. }20.21. int i = nLen, j = nCapacity;22. while(i > 0 && j > 0)23. {24. if(Path[i][j] == 1)25. {26. cout << Weight[i-1] << " ";27. j -= Weight[i-1];28. }29.30. i--;31. }32. cout << endl;33.34. int nRet = Table[nCapacity];35. DestroyTwoDimArray(Path,nLen+1); //销毁二维数组36. delete [] Table;37. return nRet;38.}测试代码[cpp]view plaincopy1.int main()2.{3.int Weight[] = {2,3,1,4,6,5};4.int Value[] = {5,6,5,1,19,7};5.int nCapacity = 10;6.cout << Package01(Weight,Value,sizeof(Weight)/sizeof(int),nCapacity) << endl;7.cout << Package01_Compress(Weight,Value,sizeof(Weight)/sizeof(int),nCapacity) << endl;。