实验二,背包问题课件
图解01背包问题
表示背包没有空间可以放东西
i/j
表 示 没 有 物 品 放 入
0 0 0 0 0 0
1 0 0 2 2 2
2 0 3 3>2 3>2 3>2
3 0 3 5>3 5>4 5>4
//该方法是使用的记忆搜索的方法，请自行简化。 Int rec( int I , int j){ int res; if(i==n){ res=0; //表明物品已经放完了。 }else if(j<w[i]){ res=rec(i+1,j);//此时包内的空间不够放下第I个物品。 }else{ res=max(rec(i+1,j),rec(i+1,j-w[i])+v[i]); // 进行比较，如果放入物品的价值比原来已经放入物品的总价 值高，则替换原来的 } dp[i][j]=res; return dp[i][j]; }
#include<iostream> using namespace std; #include<iostream> using namespace std; int n,W; int w[10],v[10]; int dp[10][10]; int max(int x,int y){ if(x>y)return x; else return y; } void slove(){ cout<<rec(0,W); } int main(){ cout<<"please enter n and W:"; cin>>n>>W; for(int i=0;i<n;i++){ cin>>w[i]>>v[i]; } slove(); return 0; }
背包问题课件
刷表法——手推
【样例输入】package.in
10 4
21
for(int i=1;i<=n;++i)
Hale Waihona Puke 33for(int v=m;v>=w[i];--v)
45
f[v]=max(f[v],f[v-w[i]]+c[i])
79
【样例输出】package.out
12
i
W[i]
C[i]
i=0
0
0
i=1
2
1
i=2
理一件物品，作为一个阶段，共有n个 阶段 2、定义状态：
定义f[i][v]是前i件物品恰好放 入一个容量为v的背包，所得到的最大 价值 3、状态转移方程： 若第i件物品没有放入背包，则f[i][v]=f[i-
1][v] 若第i件物品放入背包，则f[i][v]=f[i-1][v-
w[i]]+c[i] 根据状态定义，f[i][v]=max(f[i-1][v],f[i-
【输出格式】 仅一行，一个数，表示最大总价值。
【样例输入】package.in 10 4 21 33 45 79
【样例输出】package.out 12
01背包
【问题描述】 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 C1,C2,...,Cn.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】
1][v-w[i]]+c[i]) 4、临界值： 当i==0时，表示一件物品也没有， f[0][v]=0，数组f在main函数前定义即可
刷表法——手推
【样例输入】package.in 10 4
(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);。
《动态规划背包问题》课件
本课件将介绍背包问题，包括动态规划基础知识、背包问题的定义和特点， 以及常见的背包问题类型。我们还会分享解决这些问题的思路和步骤，并通 过实例分析0/1背包问题和完全背包问题。最后，我们将对内容进行总结和展 望。
背包问题介绍
背包问题是一类经典的组合优化问题，它在计算机科学和运筹学中有着广泛 的应用。我们将深入探讨这个问题，并寻找解决方案。
实例分析：完全背包问题
完全背包问题是背包问题中的一个变种，我们将展示如何修改动态规划算法解决这一问题，并分析复杂 度和优化方法。
总结与展望
通过本课件的学习，您已经了解了动态规划背包问题的基本理论和解决方法。 希望这些知识能够帮助您解决更多实际问题，并进一步探索动态规划的更多 应用领域。
动态规划基础知识概述
什么是动态规划
动态规划是一种将问题划分为子问题并求解 的算法思想，常用于求解具有重叠子问题的 优化问题。
动态规划的特点
它利用了子问题的解来构建最优解，避免了 重复计算，提高了效率。
动态规划背包问题的定义和特点
1 背包问题的定义
2 背包问题的特点
背包问题是指在给定的一组物品中，选择 一些物品放入背包，使得物品的总价值最 大（或总重量最小）。
背包问题通常涉及到物品的选择和限定背 包容量，有助于理解动态规划的思想和技 巧。
常见的动态规பைடு நூலகம்背包问题类型
0/1背包问题
每个物品最多选择一次，背 包容量限制。
完全背包问题
每个物品可以选择无限次， 背包容量限制。
多重背包问题
每个物品有限制的选择次数， 背包容量限制。
解决动态规划背包问题的思路和步骤
1
定义状态
背包问题的贪心算法20页PPT文档
则用j比i好，∵装入A， V i 2 ;而装入B,Vi=3
对例。4.3的数据使用按效益值的非增次序的选择策略.
V 125,X 11 ,W 118 背包剩：C－18＝2；物品2有次大效益值
(V2=24 )但w2=15,背包装不下物品2。使用 x2=2/15,刚好装满背
包
6
，且物品2的24/15 = v2/w2 较物品3的15/10＝ v3/w3效益值高。按 此选择策略,得②即(1, 2/15, 0),∑vixi=28.2 .此解是一个次优解。 显然，按物品效益值的非增次序装包不能得最优解。
背包问题：
与0-1背包问题类似，所不同的是在选择物品i装入背包时 ，可以选择物品i的一部分，而不一定要全部装入背包， 1≤i≤n。
这2类问题都具有最优子结构性质，极为相似，但背 包问题可以用贪心算法求解，而0-1背包问题却不能用 贪心算法求解。
2
例4.3 贪心算法不能求得0-1背包问题得最优解。
考虑背包问题: n＝3,c＝50kg,(v1,v2,v3)=(60,100,120), (w1,w2,w3)=(10,20,30). vi/wi=(6,5,4).贪心算法解是(1,1,0), ∑vixi=60+100 , ∑wixi=30;最优解是(0,1,1), ∑vixi=100+120, ∑wixi=50,
实际上，动态规划算法的确可以有效地解0-1背包问题。
3
4.2 背包问题
已知有n种物品和一个可容纳c重量的背包，每种物品i的
重量为wi。假定物品i的一部分放入背包会得到vixi的效益。其
中0≤xi≤1,vi>0 . 采用怎样的装包方法才会使装入背包物品的总
效益最大呢？即求解 n
背包问题全套PPT
用来求最优解具体组成的时间效率
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：
V(i,j)=max{V(i-1,j) ,V(i-1,j-wi)+vi) } j-Wi>=0；
(1) V(i,0)=V(0,j)=0；
所以时间效率主要取决于W，用另一种话说本次测试的数据里面，在物品数目相同的情况下，求解背包问题法最优解分析
问题分析：
令V(i,j)表示在前i(1<=i<=n)个物品中能够装入容量为就j(1<=j<=C)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:
(1) V(i,0)=V(0,j)=0；i>=0，j>=0；//初始化
(2) V(i,j)=V(i-1,j)
j-Wi<0； ---①//递推式
(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。
取二者中价值最大的作为把前i个物品装入容量为j的背包中的最优解。
3.数据处理与分析
时间应该是线性效率的。
物品数n=10时背包最大容量
取二者中价值最大的作为把前i个物品装入容量为j的背包中的最优解。
（1）实验之前，先对算法进行理论效率分析和正确性分析：
用来求最优解具体组成的时间效率
(2) V(i,j)=V(i-1,j)
j-Wi<0；
动态规划法基本思想: 动态规划算法的基本思想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。
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。
程序设计综合实践课件-回溯法 - 背包问题
if (pProblem->solutionNow.bSelectA [i-1])
{ //放入时设置状态
pProblem->iWeightLeft -= pProblem->sGoodsA [i-1].iWeight;
pProblem->solutionNow.iMaxValue += pProblem->sGoodsA [i-1].iPrice;
>sGoodsA [i].iPrice); }
} 10
void Try (struct SBag *pProblem, int i) //试探第i个物品选择
{ if (i > pProblem->N)
{ //已试探完所有物品
if (pProblem->bestSolution.iMaxValue < pProblem->solutionNow.iMaxValue)
}
（待续）
11
if (CheckOk (pProblem, i)) //本次试探是否可行 Try (pProblem, i+1); //继续试探摆放下个物品
if (pProblem->solutionNow.bSelectA [i-1]) { //恢复不放入状态，回溯
pProblem->solutionNow.bSelectA [i-1] = 0; pProblem->iWeightLeft += pProblem->sGoodsA [i-1].iWeight; pProblem->solutionNow.iMaxValue -= pProblem->sGoodsA [i1].iPrice; } } }
《背包问题详解》课件
VS
约束条件
背包的容量有限，每个物品的数量和重量 、价值是已知的，目标是最大化背包中物 品的总价值。
多重背包问题的最优解法
贪心算法
按照物品单位重量的价值进行排序，优先选择单位重量价值最高的物品，直到背包满或者无法再放入更多物品。
动态规划
将问题分解为子问题，通过解决子问题的最优解来得到原问题的最优解。具体来说，对于多重背包问题，可以将 问题分解为多个一维背包问题，然后分别求解每个一维背包问题的最优解，最后取最优解中的最大值。
02
背包问题通常涉及到多个约束条 件，如物品的重量、价值、体积 等，以及一个目标函数，如背包 中物品的总价值或总重量。
背包问题的分类
根据物品能否分割，背包问题可以分为可分割问题和不可分 割问题。在可分割问题中，物品可以被切割成任意大小，而 在不可分割问题中，物品只能以完整的形式装入背包。
根据是否考虑时间因素，背包问题可以分为静态问题和动态 问题。在静态问题中，所有物品的属性和背包的容量都是固 定的，而在动态问题中，物品的属性和背包的容量可能会随 着时间变化。
完全背包问题的最优解法
最优解法通常采用贪心算法，即每次选择单位重量价值最高的物品，直到背包容量用完为止。这种方 法能够得到最优解，但并不是所有情况下都能找到最优解。
在某些情况下，贪心算法可能会错过最优解，因为它的选择是基于当前的最优选择，而不是全局的最 优选择。
完全背包问题的动态规划解法
动态规划是解决完全背包问题的另一 种方法，它通过将问题分解为更小的 子问题来求解。对于完全背包问题， 动态规划的思路是先解决子问题，再 根据子问题的解来解决原问题。
《背包问题详解》ppt 课件
目录
• 背包问题的定义与分类 • 0-1背包问题详解 • 多重背包问题详解 • 完全背包问题详解 • 变种背包问题详解
背包问题
背包问题常州一中林厚从背包问题是信息学奥赛中的经典问题。
背包问题可以分为0-1背包和部分背包两种类型，0-1背包还可以再分为有限背包和无限背包（完全背包）。
背包问题的求解涉及到贪心、递归、递推、动态规划、搜索等多种算法。
熟练掌握各种背包问题及其变形试题的解法，是信息学奥赛选手从入门走向提高的必经之路。
先简单归纳一下涉及到的这几种重要算法：1、贪心：贪心法可以归纳为“每步取优”。
假设你的程序要走1~n共n步，则你只要保证在第i步（i=1..n）时走出的这一步是最优的。
所以，贪心法不是穷举，而只是一种每步都取优的走法。
但由于目光短浅，不考虑整体和全局，所以“步步最优”并不能保证最后的结果最优。
比如经典的“两头取数”问题、“n个整数连接成最大数”问题、“删数”问题等。
2、递归：递归算法可以归纳为将问题“由大化小”。
也就是将一个大问题分解为若干个“性质相同”的子问题，求解的的过程，一般是通过“函数的递归调用”，不断将大问题逐步细化、直至元问题（边界情况），最后通过递归函数的自动返回得到问题的解。
递归算法的关键是递归函数的构造，它的效率往往比较低，原因在于大量的“冗余”计算。
比如经典的“斐波那挈数列”问题，在递归实现时效率极低，存在着大量的冗余计算，可以采用“记忆化”的方法优化。
3、递推：递推问题往往有一个“递推公式”，其实和“递归公式”差不多，但是出发点不一样，递归的思想是“要想求什么就要先求出什么”。
而递推是从问题的边界情况（初始状态）出发，一步步往下走，直到走完n步，判断最后的解。
由于其中的每一步并不知道当前一步的哪一个值对后面的步骤有用，所以只能把所有情况（一步的所有走法）全部计算出来，也造成了很多的“冗余计算”。
时间上往往没有太多的优化余地，但空间上经常利用“滚动数组”等方式，把空间复杂度由O（n2）降到O（2n）。
比如经典的“杨辉三角形”问题、“判断n是否是斐波那挈数”问题等。
4、动态规划：本质上是一种克服了“冗余”的“递归”算法。
《背包问题详解》课件
贪心算法
按照物品的单位价值排序，不断 选取物品放入背包，直至背包无 法再放入任何物品。
分支界限算法
通过添加上下界、剪枝和优化等 技巧，搜索并找到最优解。
多重背包问题的解法
动态规充最优解。
贪心算法
按照物品的单位价值排序，依次选取物品放入 背包，直至背包无法再放入任何物品。
《背包问题详解》PPT课 件
背包问题是一类经典的组合优化问题，涉及在限定容量的背包中选择一组物 品以最大化价值或满足约束条件。本课件将详细介绍背包问题的定义、分类 以及不同类型的解法。
背包问题的定义和分类
背包问题是指在给定背包容量和一组物品的条件下，选择恰当的物品放入背包中，使得物品价值最大化或满足 特定的约束条件。背包问题可以根据约束条件的不同分为0/1背包问题、完全背包问题和多重背包问题。
背包问题的贪心算法
贪心算法是一种启发式算法，通过按照某种策略选择物品放入背包，逐步构建出问题的解。贪心算法的优点是 简单高效，但是并不保证必然能够得到最优解，只能得到近似解。
背包问题的分支界限算法
分支界限算法是一种精确算法，通过搜索问题的解空间树并进行剪枝和优化， 找到最优解或最优解的近似解。算法的核心思想是根据上下界限制，分割问 题空间，减少搜索的规模。
背包问题的变种及其解法
1
部分背包问题
限制物品的选择范围，求解背包能容纳
零钱兑换问题
2
的最大价值。
将背包问题中的背包容量转化为固定的
面额，求解所需的最少硬币数量。
3
集合覆盖问题
将背包问题中的容量和物品价值转化为 集合和元素的关系，求解最小化子集覆 盖问题。
背包问题的动态规划算法
动态规划算法是求解背包问题的一种常用方法。通过定义状态转移方程和利 用动态规划表格，逐步计算填充最优解。算法的核心思想是将问题拆解成子 问题，并利用子问题的最优解构造出大问题的最优解。
背包问题小讲
• 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。
sample input
• • • • • • • 1 50 5 10 1232112321 50 0
sample output
• -45 • 32
多重背包
• 急！灾区的食物依然短缺！ • 为了挽救灾区同胞的生命，心系灾区同胞 的你准备自己采购一些粮食支援灾区，现 在假设你一共有资金n元，而市场有m种大 米，每种大米都是袋装产品，其价格不等， 并且只能整袋购买（大米袋数有限）。 • 请问：你用有限的资金最多能采购多少公 斤粮食呢？
input
• 输入数据首先包含一个正整数C，表示有C 组测试用例，每组测试用例的第一行是两 个整数n和m(1<=n<=100, 1<=m<=100), 分别表示经费的金额和大米的种类，然后 是m行数据，每行包含3个数p，h和 c(1<=p<=20,1<=h<=200,1<=c<=20)， 分别表示每袋的价格、每袋的重量以及对 应种类大米的袋数。
背包问题 小讲
01背包
• 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。
背包问题
=max{f2(10), 4+f2(7), 8+f2(4), 12+f2(1)}
f2(10)=max{5x2+f3(10-4x2)}
x2=0,1,2
=max{f3(10),5+f3(6),10+f3(2) } f2(7)=max{5x2+f3(7-4x2)} f (4)=max{5x +f (4-4x )} 2 2 3 2
x3=1 x3=1 x3=0 x3=0
f3(2 )=6*[2/5]=0
f3(1 )=6*[1/5]=0 f3(0 )=6*[0/5]=0
x3=0
x3=0 x3=0
f2(10 )=max{f3(10),5+f3(6),10+f3(2)} =max{12,5+6,10+0}=12
x2=0 x3=2 x2=0 x3=0 x2=1 x3=0 x2=1 x3=0
x2=0,1
=max{f3(7), 5+f3(3)} f2(1)=max{5x2+f3(1-4x2)}
x2=0
x2=0,1
=max{f3(4), 5+f3(0)}
=f3(1) f3(s3)=max{6x3}=6[s3/5]
0<=x3<=[x3/5]
f3(10)=6*[10/5]=12*[6/5]=6 f3(4 )=6*[4/5]=0 f3(3 )=6*[3/5]=0
3
4
3*1 3*1
4*1
f3(s3) 1 2 3 4
x3* 1 2 3 2,4
s2
x2 6 7 8 9
1 1*1 1*2 1*3 1*4
2
2*1
背包问题之动态规划法ppt课件
由于多段图将顶点划分为k个互不相交的子集，所以，多段 图划分为k段，每一段包含顶点的一个子集。根据多段图的定义， 每个子集中的顶点互不邻接。不失一般性，将多段图的顶点按 照段的顺序进行编号，同一段内顶点的相互顺序无关紧要。假 设图中的顶点个数为n，则源点s的编号为0，终点t的编号为n-1， 并且，对图中的任何一条边(u, v)，顶点u的编号小于顶点v的编 号。
5
对多段图的边(u, v)，用cuv表示边上的权值，将从源点s 到终点t的最短路径记为d(s, t)，则从源点0到终点9的最 短路径d(0, 9)由下式确定：
d(0, 9)=min{c01+d(1, 9), c02+d(2, 9), c03+d(3, 9)} 这是最后一个阶段的决策，它依赖于d(1, 9)、
3
4
02
3
9
18
6
2
7 8
4
37
45
6
8
56
77 9
6
83
65
图1 一个多段图
4
设G是一个有向加权图，则G从顶点i到顶点j之间的 最短路径问题满足最优性原理。 证明：设i～ip～iq～j是一条最短路径，但其中子路径 ip～iq～j不是最优的， 假设最优的路径为ip～iq’～j， 则我们重新构造一条路径：i～ip～iq’～j 显然该路径长度小于i～ip～iq～j，与i～ip～iq～j 是顶 点i到顶点j的最短路径相矛盾. 所以，原问题满足最优性原理。
实验二,背包问题课件
在背包容量为J时
Y
第i个物品能否放入
N
根据放入后是否有 利决定是否放入
不放入，背包 价值不变
J++ N
J= =C
Y I--
2019/10/9
I= =1
N
4
Y
第一个物
品
Y
能否放入
N
根据放入后是否有 利决定是否放入
不放入，背包 价值不变
输出（j,m(I,j)）矩阵
Y X[I]=0,不装入
for(int d=0;d<c;d++)
m[0][d]=0;
cout<<"输出(j,m(i,j))的矩阵："<<endl;
for(int a=0;a<=n;a++)
{ for(int b=0;b<=c;b++)
cout<<m[a][b]<<" ";
cout<<endl; }
cout<<endl;
}2019/10/9
实验二
0/1背包问题
2019/10/9
1
程序流程图：
J--背包的现有容量 C--背包的最大容量 V(i)—物品的价值（I=1,2,3,4,5） M—背包的价值
2019/10/9
2
在背包容量为J时
Y
第n个物品能否放入
N
背包价值为V(n)
背包价值为0
J++ N
J= =C
Y
2019/10/9
9
void traceback()
{
cout<<“输出表示装入情况的数组(1表示装入，0表示不
动态规划背包问题全套PPT
,当
s1
=6
时,
x
* 1
=2.即最优方案为：
x1*
=2,
x
* 2
=1,
x
* 3
=0,
最大
价值为 13。
0
x
2
[
s2 4
]
f1
(s
2
-4
s1
x
2
)+
5
x
2
V2 ＝5x2
S2 0 1 2 3 4 5 6 7
8
9
10
x2 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 2 0 1 2 0 1 2
V2 0 0 0 0 0 5 0 5 0 5 0 5 0 5 10 0 5 10 0 5 10
f1+V2 0 0 0 4 4 5 4 5 8 5 8 9 8 9 10 12 9 10 12 13 10
如下表 ,问应如何组织装载 ,可使总价值最大 ?
货物编号
1
2
3
单位重量 （吨） 3
4
5
单位价值
4
5
6
解： 设装载每一种货物的件数为
xi ，则有：
maxz=4 x1 +5 x2 +6 x3
s.t. 3 x1 +4 x2 +5 x3 ≤ 10
xi 0 且为整数
用动态规划方法的顺序解法求解，则
当 k=1 时,
f2(s2) 0 0 0 4 5 5 8
9
10 12
13
s 4 8
01
动态规划的应用1 －－背包问题
2
345
67
8
9
10
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m[i][j]=m[i+1][j];
for(int q=w[i];q<=c;q++)
2020/7/27
m[i][q]=max(m[i+1][q],m[i+1][q-w[i]]+v[i]); 8
m[0][c]=m[1][c];
if(c>m[1][c],m[1][c-w[0]]+v[0]);
for(int d=0;d<c;d++)
m[0][d]=0;
cout<<"输出(j,m(i,j))的矩阵："<<endl;
for(int a=0;a<=n;a++)
{ for(int b=0;b<=c;b++)
cout<<m[a][b]<<" ";
cout<<endl; }
cout<<endl;
}2020/7/27
实验二
0/1背包问题
2020/7/27
1
程序流程图：
J--背包的现有容量 C--背包的最大容量 V(i)—物品的价值（I=1,2,3,4,5） M—背包的价值
2020/7/27
2
在背包容量为J时
Y
第n个物品能否放入
N
背包价值为V(n)
背包价值为0
J++ N
J= =C
Y
2020/7/27
3
{ int jmax=min(w[n]-1,c);
for(int j=0;j<=jmax;j++)
m[n][j]=0;
for(int p=w[n];p<=c;p++)
m[n][p]=v[n];
for(int i=n-1;i>0;i--)
{ jmax=min(w[i]-1,c);
for(int j=0;j<=jmax;j++)
2020/7/27
M[I][c]==m[I+1][c]
I++
I==n
N
N X[I]=1,已装入
Y
输出数组X[I]
5
源程序：
#include<iostream.h>
int n=4,c=10;
int v[5]={6,3,5,4,6};
int w[5]={2,2,6,5,4};
int m[5][11];
}
x[n]=(m[n][c])?1:0;
cout<<x[n]<<" "<<endl;
} 2020/7/27
10
void main() {
knapsack( ); traceback( ); }
2020/7/27
11
I=n-1,n-2,…1
在背包容量为J时
Y
第i个物品能否放入
N
根据放入后是否有 利决定是否放入
不放入，背包 价值不变
J++ N
J= =C
Y I--
2020/7/27
I= =1
N
4
Y
第一个物
品
Y
能否放入
N
根据放入后是否有 利决定是否放入
不放入，背包 价值不变
输出（j,m(I,j)）矩阵
Y X[I]=0,不装入
int x[5];
int min(int a,int b)
{
if(a<b)
return a;
2020/7/27
6
else return b; } int max(int a,int b) {
if(a<b) return b;
else return a;
}
2020/7/27
7
void knapsack()
9
void traceback()
{
cout<<“输出表示装入情况的数组(1表示装入，0表示不
装入):"<<endl;
for(int i=0;i<n;i++)
{ if(m[i][c]==m[i+1][c]) x[i]=0;
else{ x[i]=1;
c-=w[i];}
cout<<x[i]<<" ";