01背包较好理解的讲解
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:。
背包问题(1)
背包问题报告小组成员:张灿、吴雪涛、高坤、占强、习慧平小组分工情况小组成员查找资料制作ppt 编写程序讲解ppt 制作报告张灿ⅴⅴⅴⅴⅴ吴雪涛ⅴ高坤ⅴⅴ占强ⅴ习慧平ⅴ背包问题一、背包问题的历史由来它是在1978年由Merkel和Hellman提出的。
它的主要思路是假定某人拥有大量物品,重量各不同。
此人通过秘密地选择一部分物品并将它们放到背包中来加密消息。
背包中的物品中重量是公开的,所有可能的物品也是公开的,但背包中的物品是保密的。
附加一定的限制条件,给出重量,而要列出可能的物品,在计算上是不可实现的。
背包问题是熟知的不可计算问题,背包体制以其加密,解密速度快而其人注目。
在解决大量的复杂组合优化问题时,它常常作为一个子问题出现,从实际的观点看,许多问题可以用背包问题来描述,如装箱问题,货仓装载,预算控制,存储分配,项目选择决策等,都是典型的应用例子。
随着网络技术的不断发展,背包公钥密码在电子商务中的公钥设计中也起着重要的作用。
然而当问题的规模较大时,得到最优解是极其困难的。
但是,大多数一次背包体制均被破译了,因此现在很少有人使用它。
二、背包问题的描述背包问题(Knapsack problem)是一种组合优化的NP完全问题。
问题可以描述为: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。
问题的名称来源于如何选择最合适的物品放置于给定背包中。
相似问题经常出现在商业、组合数学,计算复杂性理论、密码学和应用数学等领域中。
也可以将背包问题描述为决定性问题,即在总重量不超过W的前提下,总价值是否能达到V?三、背包问题的定义我们有n种物品,物品j的重量为w j,价格为p j。
我们假定所有物品的重量和价格都是非负的。
背包所能承受的最大重量为W。
如果限定每种物品只能选择0个或1个,则问题称为0-1背包问题。
可以用公式表示为:maximizesubject to如果限定物品j最多只能选择b j个,则问题称为有界背包问题。
优先队列式分支限界法求解0-1背包问题
算法分析与设计实验报告第7 次实验}1、测试自己输入的小规模数据2、测试随机生成1003、随机生成1000数据4、随机生成1000数据附录:完整代码#include <iostream>#include<time.h>#include<algorithm>#include<fstream>using namespace std;ifstream in("input.txt");ofstream out("output.txt");typedef int Typew;typedef int Typep;//物品类class Object{friend Typep Knapsack(Typew *, Typep *, Typew, int, int *); public:int operator <= (Object a) const{return (d >= a.d);}private:int ID; //物品编号float d; //单位重量价值};//树结点类class bbnode{friend class Knap;friend Typep Knapsack(Typew *, Typep *, Typew, int, int *); private:bbnode *parent; //指向父节点的指针int LChild;};//堆结点类class HeapNode{friend class Knap;friend class MaxHeap;public:operator Typep()const{return uprofit;};private:Typep uprofit, //结点的价值上界profit; //结点所相应的价值Typew weight; //结点所相应的重量int level; //活结点在子集树中所处的层序号bbnode *elemPtr; //指向该活结点在子集树中相应结点的指针};//最大堆类class MaxHeap{public:MaxHeap(int maxElem){HeapElem = new HeapNode* [maxElem+1]; //下标为0的保留capacity = maxElem;size = 0;}void InsertMax(HeapNode *newNode);HeapNode DeleteMax(HeapNode* &N);private:int capacity;int size;HeapNode **HeapElem;};//0-1背包问题的主类class Knap{friend Typep Knapsack(Typew *, Typep *, Typew, int, int *); public:Typep MaxKnapsack();private:MaxHeap *H;Typep Bound(int i);void AddLiveNode(Typep up, Typep cp, Typew cw, int ch, int level);bbnode *E; //指向扩展结点的指针Typew c; //背包容量int n; //物品总数Typew *w; //物品重量数组(以单位重量价值降序)Typep *p; //物品价值数组(以单位重量价值降序)Typew cw; //当前装包重量Typep cp; //当前装包价值int *bestx; //最优解};void MaxHeap::InsertMax(HeapNode *newNode){int i = 1;for (i = ++size; i/2 > 0 && HeapElem[i/2]->uprofit < newNode->uprofit; i /= 2){HeapElem[i] = HeapElem[i/2];}HeapElem[i] = newNode;}HeapNode MaxHeap::DeleteMax(HeapNode *&N){if(size >0 ){N = HeapElem[1];int i = 1;while(i < size){if(((i*2 +1) <= size) && HeapElem[i*2]->uprofit > HeapElem[i*2 +1]->uprofit){HeapElem[i] = HeapElem[i*2];i = i*2;}else{if(i*2 <= size){HeapElem[i] = HeapElem[i*2];i = i*2;}elsebreak;}}if(i < size)HeapElem[i] = HeapElem[size];}size--;return *N;}Typep Knap::MaxKnapsack(){H = new MaxHeap(10000);bestx = new int [n+1];int i = 1;E = 0;cw = 0;cp = 0;Typep bestp = 0;Typep up = Bound(1);while (i != n+1){Typew wt = cw + w[i];if(wt <= c) {if(cp + p[i] > bestp)bestp = cp + p[i];AddLiveNode(up, cp + p[i], cw + w[i], 1, i);}up = Bound(i + 1);if(up >= bestp)AddLiveNode(up, cp, cw, 0, i);HeapNode* N;H->DeleteMax(N);E = N->elemPtr;cw = N->weight;cp = N->profit;up = N->uprofit;i = N->level + 1;}for (int i = n; i > 0; i--){bestx[i] = E->LChild;E = E->parent;}return cp;}Typep Knap::Bound(int i){Typew cleft = c - cw;Typep b = cp;while (i<=n && w[i] <= cleft){cleft -= w[i];b += p[i];i++;}if(i<=n) b += p[i]/w[i] * cleft;return b;}void Knap::AddLiveNode(Typep up, Typep cp, Typew cw, int ch, int level) {bbnode *b=new bbnode;b->parent=E;b->LChild=ch;HeapNode *N = new HeapNode;N->uprofit=up;N->profit=cp;N->weight=cw;N->level=level;N->elemPtr=b;H->InsertMax(N);}//Knapsack返回最大价值,最优值保存在bestxTypep Knapsack(Typew *w, Typep *p, Typew c, int n, int *bestx){Typew W = 0;Typep P = 0;Object *Q = new Object[n];for(int i =1; i<=n; i++){Q[i-1].ID = i;Q[i-1].d = 1.0*p[i]/w[i];P += p[i];W += w[i];}if (W <= c){for(int i =1; i<=n; i++){bestx[i] = p[i];}return P;}for(int i = 1; i<n; i++)for(int j = 1; j<= n-i; j++){if(Q[j-1].d < Q[j].d){Object temp = Q[j-1];Q[j-1] = Q[j];Q[j] = temp;}}Knap K;K.p = new Typep [n+1];K.w = new Typew [n+1];for(int i = 1; i<=n; i++){K.p[i] = p[Q[i-1].ID];K.w[i] = w[Q[i-1].ID];}K.cp = 0;K.cw = 0;K.c = c;K.n = n;Typep bestp = K.MaxKnapsack();for(int i = 1; i<=n; i++){bestx[Q[i-1].ID] = K.bestx[i];}delete [] Q;delete [] K.w;delete [] K.p;delete [] K.bestx;delete [] K.H;return bestp;}int main(){cout<<"请在input.txt文件中输入物品数量、背包容量"<<endl;int N ;in>>N;Typew c; //背包容量in>>c;int bestx[N+1]; //最优解int bestp; //最优值Typep p[N+1];//物品价值Typew w[N+1];//物品重量cout<<"在input.txt文件中读取的物品总数N = "<< N<<",背包容量C = "<< c<<endl; cout<<"请选择生成数据的规模大小:200请输入1,2000请输入2,20000请输入3"<<endl; int x;cin>>x;if(x==1){ofstream in1("input1.txt");srand(time(NULL));int n=200;int *a=new int[n];for(int i=0;i<n;i++){a[i]=rand()%91;in1<<a[i]<<" ";}cout<<"随机数已请生成到input1文件中,请将数据添加到input.txt文件中"<<endl; }else if(x==2){ofstream in1("input1.txt");srand(time(NULL));int n=2000;int *a=new int[n];for(int i=0;i<n;i++){a[i]=rand()%91;in1<<a[i]<<" ";}cout<<"随机数已请生成到input1文件中,请将数据添加到input.txt文件中"<<endl; }else if(x==3){ofstream in1("input1.txt");srand(time(NULL));int n=20000;int *a=new int[n];for(int i=0;i<n;i++){a[i]=rand()%91;in1<<a[i]<<" ";}cout<<"随机数已请生成到input1文件中,请将数据添加到input.txt文件中"<<endl;}cout<<"添加完毕后请输入1"<<endl;int m;cin>>m;clock_t start,finish;start=clock();for (int i = 1; i <= N; i++){in>>w[i];}for (int i = 1; i <= N; i++){in>>p[i];}cout<<"已在input文件中读取物品重量和价值。
背包较好理解的讲解
文档从网络中收集,已重新整理排版.word版本可编辑.欢迎下载支持.动态规划之01背包问题(最易理解的讲解)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-l,j-Wi]+Pi( j >= Wi), f[i-l,j]}f[i,j]表示在前i件物品中选择若干件放在承重为j的背包中,可以取得的最大价值。
Pi表示第i件物品的价值。
决策:为了背包中物品总价值最大化,第i件物品应该放入背包中吗?题目描述:有编号分别为a,b,c,d,e的五件物品,它们的重量分别是2,2,6,54它们的价值分别是6,3,5,4,6, 现在给你个承重为10的背包,如何让背包里装入的物品具有最大的价值总和?name weight value12345678910 a26066991212151515 b23033669991011 c65000666661011 d54000666661010 e460006666666只要你能通过找规律手工填写出上而这张表就算理解了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物品的重虽是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=6c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,一个是对于这个例子来说就是b8的值9,另一个是f[i-l,j-Wi]+Pi;在这里,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-lj-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-l,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-l,j-Wi]+Pi = 9 + 6 = 15大于f[i-l,j] = 9,所以物品a应该放入承重为8的背包以I'是actionscript3的代码[java] view plaincopy在CODE上査看代码片派生到我的代码片public function getOlPackageAnswer(bagltGms:AfTay,bagSize:int):Array{var bagMatrix:Array=[];var i:int;var item:Packageltem;for(i=0;i<bagltems」en gth;i++){bagMatrix[i] = [0];}for(i=l;i<=bagSize;i++){for(var j:int=O;j<bagltems.le ngth;j++){item = bagltemsfj] as Packageitem;if(item.weight > i){//i背包转不下itemif(j=O){bagMatrix[j][i] = 0;}else{bagMatrix[j][i]=bagMatrix[j-l][i];}}else{〃将item装入背包后的价值总和var itemlnBag:int;if(j=O){bagMatrix[j][i] = item.value;contin ue;}else{itemlnBag = bagMatrix[j-l][i-item.weight]+item.value;}bagMatrix[j][i] = (bagMatrix[j-l][i] > itemlnBag ? bagMatrix[j-l][i]: itemlnBag) }}}//find answervar answers:Array=[];var curSize:i nt = bagSize;for(i=bagltems」gngth・l;i>=O;i—){item = bagltems[i] as Packageitem;if(curSize==O){break;}if(i==0 && curSize > 0){an swers.push();break;}if(bagMatrix[i][curSize]-bagMatrix[i-l][curSize-item.weight]==item.value){an swers.push();curSize -= item.weight;}}return answers;}Packageitem 类[java] view plaincopy在CODE上査看代码片派生到我的代码片public class Packageitempublic var name:String;public var weight:int;public var value:int;public function PackageltemfnameiString^eightnn^valueHnt){ = name;this.weight = weight;this.value = value;}}测试代码[java] view plaincopy在CODE上査看代码片派生到我的代码片var nameArr:Array=[l a7b,/,c,/,d,/e,];var weightArr:Array=[2/2,6,5,4];var valueArr:Array=[6/3/5/4/6);var bagltems:Array=[);for(var i:int=O;i<nameArr・length;i++){var bagltem:Packageltem = new PackageltemfnameArrfil^eightArrl^valueArrli]);bagltems[i]=bagltem;}var arr:Array = ac.getOlPackageAnswerfbagltems.lO);。
背包问题九讲
背包问题九讲2.0RC1崔添翼(Tianyi Cui)*2011-09-28†本文题为《背包问题九讲》,从属于《动态规划的思考艺术》系列。
这系列文章的第一版于2007年下半年使用EmacsMuse制作,以HTML格式发布到网上,转载众多,有一定影响力。
2011年9月,本系列文章由原作者用L A T E X重新制作并全面修订,您现在看到的是2.0alpha版本,修订历史及最新版本请访问https:///tianyicui/pack查阅。
本文版权归原作者所有,采用CC BY-NC-SA协议发布。
Contents101背包问题31.1题目 (3)1.2基本思路 (3)1.3优化空间复杂度 (3)1.4初始化的细节问题 (4)1.5一个常数优化 (4)1.6小结 (5)2完全背包问题52.1题目 (5)2.2基本思路 (5)2.3一个简单有效的优化 (5)2.4转化为01背包问题求解 (6)2.5O(V N)的算法 (6)2.6小结 (7)3多重背包问题73.1题目 (7)3.2基本算法 (7)3.3转化为01背包问题 (7)3.4可行性问题O(V N)的算法 (8)*a.k.a.dd_engi†Build2011092818380013.5小结 (9)4混合三种背包问题94.1问题 (9)4.201背包与完全背包的混合 (9)4.3再加上多重背包 (9)4.4小结 (10)5二维费用的背包问题105.1问题 (10)5.2算法 (10)5.3物品总个数的限制 (10)5.4二维整数域N2上的背包问题 (11)5.5小结 (11)6分组的背包问题116.1问题 (11)6.2算法 (11)6.3小结 (12)7有依赖的背包问题127.1简化的问题 (12)7.2算法 (12)7.3较一般的问题 (12)7.4小结 (13)8泛化物品138.1定义 (13)8.2泛化物品的和 (13)8.3背包问题的泛化物品 (14)8.4小结 (14)9背包问题问法的变化149.1输出方案 (15)9.2输出字典序最小的最优方案 (15)9.3求方案总数 (15)9.4最优方案的总数 (16)9.5求次优解、第K优解 (16)9.6小结 (17)2101背包问题1.1题目有N件物品和一个容量为V的背包。
01背包方案数
01背包⽅案数简单的01背包题⽬⼤意:有n个物品和m的容量,求所有区间lr内物品的拿取种类和,结果对998244353取模。
n,s,ai都是3000 。
思路:拿01背包算种类复杂度是ns。
再去枚举所有的区间,复杂度是n2*ns。
void solve(){cin >> n >> m ;rep(i , 1 , n) cin >> a[i] ;ll ans = 0 ;rep(L , 1 , n)rep(s , 1 , n - L + 1){vector<vector<ll> > dp(n + 1 , vector<ll>(m + 1)) ;dp[s - 1][0] = 1 ;//initrep(i , s , s + L - 1)rep(j , 0 , m){if(j < a[i]) dp[i][j] = dp[i - 1][j] ;else dp[i][j] = (dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - a[i]]) % mod ;}ans = (ans + dp[s + L - 1][m] ) % mod ;}cout << ans ;}然后我们发现在做1->n的背包时实际上已经把1->i的种类都算过了,就是说我们没有必要再去枚举右区间,只要枚举左区间就⾏。
这样的时间复杂度就变成了n2*s 。
void solve(){cin >> n >> m ;rep(i , 1 , n) cin >> a[i] ;ll ans = 0 ;rep(s , 1 , n){vct<vct<ll> > dp(n + 1 , vct<ll> (m + 1)) ;dp[s - 1][0] = 1 ;rep(i , s , n){rep(j , 0 , m){if(j < a[i])dp[i][j] = dp[i - 1][j] ;else dp[i][j] = (dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - a[i]]) % mod ;}ans = (ans + dp[i][m]) % mod ;}}cout << ans << "\n" ;}继续优化,将普通01背包的状态表⽰更改成以i结尾的所有区间种数和。
01背包问题的数学逻辑
01背包问题的数学逻辑1.引言1.1 概述01背包问题是一类经典的组合优化问题,它是数学逻辑中的一个重要问题之一。
在实际生活中,我们经常会面对资源有限的情况,而如何在有限的资源下做出最佳决策,已经成为一个重要的研究领域。
01背包问题就是在给定总容量和一组物品的情况下,选取其中的一些物品放入背包中,使得背包中物品的总价值最大化,而不超过背包的总容量。
这个问题由G. Dantzig在1957年首次提出,并且成为组合优化中的一个经典问题。
它的名字来源于背包只能放入0或1个同样特性的物品。
虽然问题看似简单,但由于问题的解空间庞大,是一个NP完全问题,因此求解过程通常使用一些近似算法。
1.2 目的本文的目的是探究01背包问题的数学逻辑,并介绍一些常用的求解方法。
通过深入研究01背包问题,我们可以更好地理解其数学模型,在实际应用中解决类似的优化问题。
具体目标包括:1. 分析01背包问题的数学模型,并介绍相关的定义和术语;2. 探讨01背包问题的求解方法,包括动态规划、贪心算法和近似算法等;3. 介绍优化问题的评价指标,包括背包的总价值、总重量和可行性等;4. 分析不同情况下的算法复杂性,讨论解决01背包问题的时间和空间复杂性;5. 举例说明01背包问题在实际生活中的应用,如旅行行李、采购决策等。
通过对01背包问题的研究,我们能够更好地理解和应用数学逻辑,提高问题求解的能力。
了解背包问题的求解方法和评价指标,对我们在实际生活中面对资源有限的情况下做出最佳决策具有重要意义。
无论是在物流管理、金融投资还是其他领域,都可以通过对01背包问题的研究,提高决策的效率和准确度。
在接下来的文章中,将会详细介绍01背包问题的数学逻辑,分析不同求解方法的优劣,并给出实际应用的例子,以便读者更好地理解和应用该问题。
2.正文2.1 01背包问题的定义和背景介绍01背包问题是运筹学中的一个经典问题,在算法和动态规划中有重要的应用。
该问题的核心是在给定的背包容量和一组物品的情况下,如何选择物品放入背包中,使得背包中的物品总价值最大化。
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。
01背包与完全背包讲解
2016/3/3
6
01背包原理阐述
01背包的原理其实不是很难理解,你不要被他唬住,不要畏惧, 其实他也就是那么一回事。。。。 问题的特点是:每种物品一件,可以选择放1或不放0。 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-p[i]] + w[i], f[i-1][v]} 在这里解释一下公式中‘,’号前面是放的状态,后面是不放的状 态; 如果在这里第i件物品放的话就表明它是由第i-1的状态传递过来的 并且加上新的价值w[i],如果不放就表明这里是保持第i-1的状态 没有增加新的价值。 博客链接: /s/blog_6dcd26b301013810.html
for(i=0; i<=v; i++){ dp[i] = 0; } for(i=1; i<=n; i++){ for(j=v; j>=0; j--){ if(j>=p[i]) dp[j] = max_num(dp[j], dp[jp[i]]+w[i]); } } printf("%d\n", dp[v]); } } return 0;
你认为怎么装才最合理为什么啊?
2016/3/3 3
解题思路?
你是怎么想的啊 ???
思考贪心和01背包的区别
一般同学们会考录到用贪心的算法通过求最 大的性价比来填满背包,大家考录一下这 样会有什么样的不妥之处。。。。
2016/3/35Leabharlann 贪心与背包的不同:
首先说一下贪心是每一步都是最优的决策,就 是每次方我都会放进去解决问题的目前最好的 结果。 贪心虽然会带来每一次最优但是不一定是整体 最优。(比如说C的性价比最高,但是放了C就 不能放别的了,总价值就不如放A和B的多了) 背包可以从宏观上整体得到一个最优的结果。
一类背包问题的求解
一个例子:设x[i] = 2, c[i] = v, w[i] = w, m> 9 v j = 6v: f[j]=max{f[6v],f[5v]+w,f[4v]+2w} j = 5v: f[j]=max{f[5v],f[4v]+w,f[3v]+2w} j = 4v: f[j]=max{f[4v],f[3v]+w,f[2v]+2w}
变化1:满背包问题
• 卡车必须装满 • 装满后求最优值,否则输出无解。
memset(f,-1,sizeof(f)); f[0]=0; for (int i=1;i<=n;++i) for (int j=m;j>=w[i];--j) if ( f[j-c[i]]!=-1)//判断这个状态是否有 f[j]=max(f[j-c[i]]+w[i],f[j]); printf("%d\n",f[m]);
设v = c[i],a = j / v,d = j % v,即 j = a v + d,w=w[i]代入公 式(1),并用k替换a - k得:
F[j] = max { F [d + kv] – k w] } + a w (a – x[i] <= k <= a) (2) • 对F[y],y=d d+v d+2v d+3v d+4v d+5v d+6v … j • F[j]就是求j的前面x[i] + 1个数对应的F[d + kv] - kw的最大值 ,加上aw • 如果将F[j]前面所有的F[d + kv] – kw放入到一个队列,因而 原问题可以转化为: • F[j]就是求这个队列最大长度为k=x[i] + 1时,队列中元素的 最大值,加上a w。 • O(1)时间内求一个队列的最大值。
动态规划——背包问题1:01背包
动态规划——背包问题1:01背包背包问题是动态规划中的⼀个经典题型,其实,也⽐较容易理解。
当你理解了背包问题的思想,凡是考到这种动态规划,就⼀定会得很⾼的分。
背包问题主要分为三种:01背包完全背包多重背包其中,01背包是最基础的,最简单的,也是最重要的。
因为其他两个背包都是由01背包演变⽽来的。
所以,学好01背包,对接下来的学习很有帮助。
废话不多说,我们来看01背包。
01 背包问题:给定 n 种物品和⼀个容量为 C 的背包,物品 i 的重量是 wi,其价值为 vi 。
问:应该如何选择装⼊背包的物品,使得装⼊背包中的物品的总价值最⼤?第⼀眼看上去,我们会想到贪⼼(背包问题还不会QAQ)。
⽤贪⼼算法来看,流程是这样的:1.排序,按价值从⼤到⼩排序2.选价值尽可能⼤的物品放⼊。
但是,贪⼼做这题是错的。
让我们举个反例:n=5,C=10重量价值第⼀个物品:105第⼆个物品:14第三个物品:23第四个物品:32第五个物品:41⽤贪⼼⼀算。
答案是5,但正解是⽤最后4个,价值总和是10.那将重量排序呢?其实也不⾏。
稍微⼀想就想到了反例。
我们需要借助别的算法。
贪⼼法⽤的是⼀层循环,⽽数据不保证在⼀层循环中得解,于是,我们要采⽤⼆层循环。
这也是背包的思想之⼀。
来看背包算法:1.⽤⼆维数组dp [ i ] [ j ],表⽰在⾯对第 i 件物品,且背包容量为 j 时所能获得的最⼤价值⽐如说上⾯的那个反例:dp [ 1 ] [ 3 ] = 4 + 3 = 7.2.01背包之所以叫“01”,就是⼀个物品只能拿⼀次,或者不拿。
那我们就分别来讨论拿还是不拿。
(1)j < w[i] 的情况,这时候背包容量不⾜以放下第 i 件物品,只能选择不拿dp [ i ] [ j ] = dp [ i - 1 ] [ j ];(2)j>=w[i] 的情况,这时背包容量可以放下第 i 件物品,我们就要考虑拿这件物品是否能获取更⼤的价值。
【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。
背包问题类型各题总结-acm
分组背包:Problem C: 超市购物Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 128 MBSUBMIT: 21 Solved: 10[SUBMIT][STATUS]Description上次去超市扫荡回来的东西用完了,Staginner又得跑超市一趟,出发前他列了一张购物清单,打算去买K种不同的商品,每种买一件。
到了超市,Staginner发现每种商品有N个品牌,每个品牌此商品的价格为Vi,对Staginner的作用值为Wi,他会从这N个品牌里面挑一个品牌买。
这时,Staginner突然想起出门时只带了M元钱,又懒得去取钱了,所以不一定能买完K种商品,只好尽可能地让买的东西对自己的总作用值ans最大。
Input多组样例。
第一行两个整数K,M代表Staginner想买的不同种类商品的数目和他带的钱 (0 < K <= 30, 0 < M <= 2000)以下输入分为K个部分,代表K种商品。
每个部分第一行为一个数字N,代表第k种商品的N个品牌,N不大于10。
之后跟着N 行,每行两个数字,代表物品的价格Vi和作用值Wi。
其中 0 < Vi < M。
Output输出Case #: 最大总作用值,每两个样例之间有一个空行。
Sample Input3 100350 60020 70030 800230 50040 600160 2002 5002200 1000260 12001280 300Sample OutputCase 1: 1400Case 2: 1300HINT#include<stdio.h>#include<string.h>int bag[100][100],dp[2500],val[100][100];int main(){int k,m,n,i,j,t,cnt=0;while(scanf("%d %d",&t,&m)!=EOF){memset(dp,0,sizeof(dp));memset(val,0,sizeof(val));memset(bag,0,sizeof(bag));for(i=0;i<t;i++){scanf("%d",&n);bag[i][0]=n;for(j=1;j<=n;j++)scanf("%d %d",&bag[i][j],&val[i][j]);}for(i=0;i<t;i++)for(j=m;j>=0;j--)for(k=1;k<=bag[i][0];++k)if(bag[i][k]<=j)dp[j]=dp[j]>(dp[j-bag[i][k]]+val[i][k])?dp[j]:(dp[j-bag[i][k]]+val[i][k] );printf("Case %d: %d\n",++cnt,dp[m]);printf("\n");}return 0;}RobberiesTime Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 3802 Accepted Submission(s): 1433Problem DescriptionThe aspiring Roy the Robber has seen a lot of American movies, and knows that the bad guys usually gets caught in the end, often because they become too greedy. He has decided to work in the lucrative business of bank robbery only for a short while, before retiring to a comfortable job at a university.For a few months now, Roy has been assessing the security of various banks and the amount of cash they hold. He wants to make a calculated risk, and grab as much money as possible.His mother, Ola, has decided upon a tolerable probability of getting caught. She feels that he is safe enough if the banks he robs together give a probability less than this.InputThe first line of input gives T, the number of cases. For each scenario, the first line of input gives a floating point number P, the probability Roy needs to be below, and an integer N, the number of banks he has plans for. Then follow N lines, where line j gives an integer Mj and a floating point number Pj .Bank j contains Mj millions, and the probability of getting caught from robbing it is Pj .OutputFor each test case, output a line with the maximum number of millions he can expect to get while the probability of getting caught is less than the limit set.Notes and Constraints0 < T <= 1000.0 <= P <= 1.00 < N <= 1000 < Mj <= 1000.0 <= Pj <= 1.0A bank goes bankrupt if it is robbed, and you may assume that all probabilities are independent as the police have very low funds.Sample Input30.04 31 0.022 0.033 0.050.06 32 0.032 0.033 0.050.10 31 0.032 0.023 0.05Sample Output246题意:输入一个数表示一共多少组数据输入一个浮点型数表示小偷被抓的几率不超过这个情况下能偷的最多钱输入一个整形表示多少个银行输入3组数据一组2个数分别是该银行的钱以及被抓的几率求小偷不被抓的情况下能偷的最多钱思路:一开始我是让几率当背包然后钱做val 但是这样是错误的因为几率是浮点型虽然可以*100变成整形但是几率是相乘得出的而几率当背包无法模拟几率的相乘由题中数据看仿佛用几率当背包然后几率相加能得到样例中的结果但是这是错误的思想几率哪有加的啊所以就要变通一下把钱当背包看总共多少钱把几率当背包#include<stdio.h>#include<string.h>double val[105],x;int wei[105];double bag[10500000];void _01bag(int v,int m){int i,j;for(i=0;i<v+3;i++)bag[i]=0;bag[0]=1;for(i=0;i<m;i++)for(j=v;j>=wei[i];j--)if(bag[j]<bag[j-wei[i]]*(1-val[i]))bag[j]=bag[j-wei[i]]*(1-val[i]);for(i=v;i>=0;i--)if(bag[i]>=1-x) {printf("%d\n",i);break;}return;}int main(){int t,i,m,v;scanf("%d",&t);while(t--){v=0;scanf("%lf %d",&x,&m);for(i=0;i<m;i++){scanf("%d %lf",&wei[i],&val[i]);v=v+wei[i];}_01bag(v,m);}return 0;}I NEED A OFFER!Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others) Total Submission(s): 8472 Accepted Submission(s): 3083Problem DescriptionSpeakless很早就想出国,现在他已经考完了所有需要的考试,准备了所有要准备的材料,于是,便需要去申请学校了。
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。
遗传算法的0-1背包问题(c语言)之欧阳歌谷创编
基于遗传算法的0-1背包问题的求解欧阳歌谷(2021.02.01)摘要:一、前言组合优化问题的求解方法研究已经成为了当前众多科学关注的焦点,这不仅在于其内在的复杂性有着重要的理论价值,同时也在于它们能在现实生活中广泛的应用。
比如资源分配、投资决策、装载设计、公交车调度等一系列的问题都可以归结到组合优化问题中来。
但是,往往由于问题的计算量远远超出了计算机在有效时间内的计算能力,使问题的求解变为异常的困难。
尤其对于NP 完全问题,如何求解其最优解或是近似最优解便成为科学的焦点之一。
遗传算法已经成为组合优化问题的近似最优解的一把钥匙。
它是一种模拟生物进化过程的计算模型,作为一种新的全局优化搜索算法,它以其简单、鲁棒性强、适应并行处理以及应用范围广等特点,奠定了作为21世纪关键智能计算的地位。
背包问题是一个典型的组合优化问题,在计算理论中属于NP-完全问题, 其计算复杂度为)2(O n ,传统上采用动态规划来求解。
设w[i]是经营活动 i 所需要的资源消耗,M 是所能提供的资源总量,p[i]是人们经营活动i 得到的利润或收益,则背包问题就是在资源有限的条件下, 追求总的最大收益的资源有效分配问题。
二、问题描述背包问题( Knapsack Problem)的一般提法是:已知n 个物品的重量(weight )及其价值(或收益profit )分别为0>i w 和0>i p ,背包的容量(contain )假设设为0>i c ,如何选择哪些物品装入背包可以使得在背包的容量约束限制之内所装物品的价值最大?该问题的模型可以表示为下述0/1整数规划模型:目标函数:∑==n i ii n x c x x x f 121),,(max⎪⎩⎪⎨⎧=∈≤∑=),2,1(}1,0{t .s 1n i x p x w i n i i i i (*)式中i x 为0-1决策变量,1=i x 时表示将物品i 装入背包中,0=i x 时则表示不将其装入背包中。
第六讲 动态规划背包问题详细
四.混合三种背包问题
伪码: for i=1..N if 第i件物品属于01背包 ZeroOnePack(c[i],w[i]) else if 第i件物品属于完全背包 CompletePack(c[i],w[i]) else if 第i件物品属于多重背包 MultiplePack(c[i],w[i],n[i])
f[i][v][u]=max{f[i-1][v][u],f[i-1][v-a[i]][u-b[i]]+w[i]}
五.二维费用的背包问题 二维费用的背包问题
注: 可以只使用二维的数组: 可以只使用二维的数组:当每件物品只可以 取一次时变量v和 采用逆序的循环, 采用逆序的循环 取一次时变量 和u采用逆序的循环,当物品有如 完全背包问题时采用顺序的循环 顺序的循环。 完全背包问题时采用顺序的循环。当物品有如多 重背包问题时拆分物品 重背包问题时拆分物品 。
f[k][v]=max{f[k-1][v],f[k-1][v-c[i]]+w[i]|物品 属于组 物品i属于组 物品 属于组k}
六.分组的背包问题 分组的背包问题
伪码: 伪码: 仍然可以对每组中做像 for 所有的组 所有的组k 完全背包那样的优化 for v=V..0 for 所有的 属于组 所有的i属于组 属于组k f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}
三.多重背包
题目: 题目: 种物品和一个容量为V的背包 有N种物品和一个容量为 的背包。第i种物品 种物品和一个容量为 的背包。 种物品 最多有n[i]件可用,每件费用是 件可用, 最多有 件可用 每件费用是c[i],价值是 ,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, 和不超过背包容量,且价值总和最大 。
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动态规划之01背包问题(最易理解的讲解)
分类:01背包动态规划2012-07-06 17:09 31770人阅读评论(13) 收藏举报
算法c
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] }
f[i,j]表示在前i件物品中选择若干件放在承重为j 的背包中,可以取得的最大价值。
Pi表示第i件物品的价值。
决策:为了背包中物品总价值最大化,第i件物品应该放入背包中吗?
题目描述:
有编号分别为a,b,c,d,e的五件物品,它们的重量分别是2,2,6,5,4,它们的价值分别是6,3,5,4,6,现在给你个承重为10的背包,如何让背包里装入的物品具有最大的价值总和?
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
[java] view plaincopy在CODE上查看代码片派生到我的代码片
public function get01PackageAnswer(bagItems:Array,bagSize:int):Array
{
varbagMatrix:Array=[];
var i:int;
varitem:PackageItem;
for(i=0;i<bagItems.length;i++)
{
bagMatrix[i] = [0];
}
for(i=1;i<=bagSize;i++)
{
for(var j:int=0;j<bagItems.length;j++)
{
item = bagItems[j] as PackageItem;
if(item.weight>i)
{
//i背包转不下item
if(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
varitemInBag: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 answer
varanswers:Array=[];
varcurSize: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
[java] view plaincopy在CODE上查看代码片派生到我的代码片
public class PackageItem
{
publicvarname:String;
publicvarweight:int;
publicvarvalue:int;
public function PackageItem(name:String,weight:int,value:int)
{
= name;
this.weight = weight;
this.value = value;
}
}
测试代码
[java] view plaincopy在CODE上查看代码片派生到我的代码片
varnameArr:Array=['a','b','c','d','e'];
varweightArr:Array=[2,2,6,5,4];
varvalueArr:Array=[6,3,5,4,6];
varbagItems:Array=[];
for(var i:int=0;i<nameArr.length;i++)
{
varbagItem:PackageItem = new PackageItem(nameArr[i],weightArr[i],valueArr[i]); bagItems[i]=bagItem;
}
vararr:Array = ac.get01PackageAnswer(bagItems,10);。