背包问题之动态规划法演示课件

合集下载

Pascal经典算法-背包问题析ppt课件

begin a[i]:=j;//标识该物品的形状 m:=m-a[i]*j;//剩余空间变化 try[i+1];//下一个物体选择 m:=m-a[i]*j;//剩余空间变化 a[i]:=0; end; End.
递归概念
我们可以用choose(I,z)来表示后i个物品在只剩下v个体积的空间中取的最大价值
所谓的背包问题，可以描画如下：一个小偷打劫一个保险箱，发现柜子里有N
个不同大小与价值的物品，但小偷只需一个容积为M的背包来装东西，背包问题就是要找出一个小偷选择所偷物品的组合，以使偷走的物品总价值最大。我们标识每个物品的价为ＶI,大小是ZI
算法描画
对于0/1背包相关的问题我们有多种方法可以处理
end;
end;
0/1背包问题的分析
该背包问题的目的在于求最优解，所以我们要用回溯的方法将一切的解求出来，逐一比较求最优秀的解；
对于每个节点的扩展只需两种类能够要不取，要不不取，所以该搜索树为一个N层的二叉树。
解空间的长度是<=n。解空间的组织方式是一棵2叉树，一个可行的解就
是从根节点到叶子节点的一条途径。每个解为一个长度不超越N的0/1代码序列控制战略那么是前面的选择没有超越背包的容量。
end;
for i:=算符最小值 to 算符最大值 do
begin
算符i作用于生成stack[k-1]产生子形状stack[k];
if stack[k]满足约束条件 then make(k+1);{假设不满足，那么经过for循环换一个算
算符扩展。注：假设在扩展stack[k].state时运用过全局变量，那么应插入假设干条语句，恢
二、回溯的通用描画算法
program 程序名；

动态规划——01背包问题

动态规划——01背包问题⼀、最基础的动态规划之⼀01背包问题是动态规划中最基础的问题之⼀，它的解法完美地体现了动态规划的思想和性质。

01背包问题最常见的问题形式是：给定n件物品的体积和价值，将他们尽可能地放⼊⼀个体积固定的背包，最⼤的价值可以是多少。

我们可以⽤费⽤c和价值v来描述⼀件物品，再设允许的最⼤花费为w。

只要n稍⼤，我们就不可能通过搜索来遍查所有组合的可能。

运⽤动态规划的思想，我们把原来的问题拆分为⼦问题，⼦问题再进⼀步拆分直⾄不可再分（初始值），随后从初始值开始，尽可能地求取每⼀个⼦问题的最优解，最终就能求得原问题的解。

由于不同的问题可能有相同的⼦问题，⼦问题存在⼤量重叠，我们需要额外的空间来存储已经求得的⼦问题的最优解。

这样，可以⼤幅度地降低时间复杂度。

有了这样的思想，我们来看01背包问题可以怎样拆分成⼦问题：要求解的问题是：在n件物品中最⼤花费为w能得到的最⼤价值。

显然，对于0 <= i <= n,0 <= j <= w，在前i件物品中最⼤花费为j能得到的最⼤价值。

可以使⽤数组dp[n + 1][w + 1]来存储所有的⼦问题，dp[i][j]就代表从前i件物品中选出总花费不超过j时的最⼤价值。

可知dp[0][j]值⼀定为零。

那么，该怎么递推求取所有⼦问题的解呢。

显⽽易见，要考虑在前i件物品中拿取，⾸先要考虑前i - 1件物品中拿取的最优情况。

当我们从第i - 1件物品递推到第i件时，我们就要考虑这件物品是拿，还是不拿，怎样收益最⼤。

①：⾸先，如果j < c[i]，那第i件物品是⽆论如何拿不了的，dp[i][j] = dp[i - 1][j];②：如果可以拿，那就要考虑拿了之后收益是否更⼤。

拿这件物品需要花费c[i]，除去这c[i]的⼦问题应该是dp[i - 1][j - c[i]]，这时，就要⽐较dp[i - 1][j]和dp[i - 1][j - c[i]] + v[i]，得出最优⽅案。

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。

动态规划-0-1背包ppt课件

入背包的物品序号、背包的总重量以及所装入物品的总价值。在此基础上扩展功能需求。
22
矩阵连乘 ➢ 问题：设有给定n个矩阵{A1,A2,...,An}，其中Ai与Ai+1是可乘的，i=1,2,...,n-1。考察这n个矩
阵的连乘积A1A2...An。 ➢ 假设给定两个矩阵A1,A2, 它们的维数分别是m*n,n*p,则计算A1A2的标准算法怎样设计？
63
01 5
00006666611
54
01 4
4 500006666611 6
0 0 14
00006666666
构造最优解
➢ 结果示例：
w
2
2
6
5 4
m( i , j) 1, 10,15 m(i+1, j)
m( i , j) x1=1
2, 8, 9
m(i+1 , j)
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 j
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 j
v
价值是6=m(4+1,5),
21
6
22
3
63
5
5 4000066
4
4 500006666666 6
当w4放入时，则要配合其前边的最优值，即w4的放入，使剩余物品(4+1..n)的最大容量变为jw4,此时背包中的最大容量为m(4+1,j-w4)的值0加上v4的值4，然后比较w4放入与否的总价值，因此m(4,5)选择w4不放入背包，最优值是依然是6。
5
最优值过程分析
➢ 然后，我们在对物品5处理后的基础上，对物品4进行分析。此时我们的任务是要确定 m(4,0..10)11个元素的值。用同样的方法，对物品4的处理有两种情况：w4大于j和w4小于j。

01背包问题(动态规划法)

0/1背包问题1. 问题描述给定一个载重量为m，n个物品，其重量为w i，价值为v i，1<=i<=n，要求:把物品装入背包，并使包内物品价值最大2. 问题分析在0/1背包问题中，物体或者被装入背包，或者不被装入背包，只有两种选择。

循环变量i，j意义：前i个物品能够装入载重量为j的背包中(n+1)*(m+1)数组value意义：value[i][j]表示前i个物品能装入载重量为j的背包中物品的最大价值若w[i]>j，第i个物品不装入背包否则，若w[i]<=j且第i个物品装入背包后的价值>value[i-1][j]，则记录当前最大价值（替换为第i个物品装入背包后的价值）计算最大价值的动态规划算法如下：//计算for(i=1;i<row;i++){for(j=1;j<col;j++){//w[i]>j,第i个物品不装入背包value[i][j]=value[i-1][j];//w[i]<=j,且第i个物品装入背包后的价值>value[i-1][j],则记录当前最大价值int temp=value[i-1][j-w[i]]+v[i];if(w[i]<=j && temp>value[i][j])value[i][j]=temp;}}即该段程序完成以下n个阶段：1：只装入1个物品，确定在各种不同载重量的背包下，能够得到的最大价值2：装入2个物品，确定在各种不同载重量的背包下，能够得到的最大价值。

n：以此类推，装入n个物品，确定在各种不同载重量的背包下，能够得到的最大价值3. 问题求解确定装入背包的具体物品，从value[n][m]向前逆推：若value[n][m]>value[n-1][m]，则第n个物品被装入背包，且前n-1个物品被装入载重量为m-w[n]的背包中否则，第n个物品没有装入背包，且前n-1个物品被装入载重量为m的背包中以此类推，直到确定第一个物品是否被装入背包为止。

第21讲_动态规划(背包问题)

f 2 ( 6 ) 0 y 0 m , 1 , , 6 0g 0 2 a ( y ) x f 1 ( 6 y 0 )
投资分配问题
f 2 ( 6 ) 0 y 0 m , 1 , , 6 0g 0 2 a ( y ) x f 1 ( 6 y 0 )
最优策略为（20，10），此时最大利润为70万元。
投资分配问题
f 2 ( 2 0 ) y m 0 , 1 a 0 x , 2 0 g 2 ( y ) f 1 ( 2 0 y ) 5 0
最优策略为（20，0），此时最大利润为50万元。
f2 ( 1 0 ) y m 0 a , 1 x 0 , g 2 ( y ) f 1 ( 1 0 y ) 2 0
投资分配问题
g3(0) f2(60)
0 120

g3
(10)

f2
(50)

25 105

g3
(20)

maxg3(30)
f2 f2
(40)
(30)

60 max85

90 70

155

g3
(40)

f2 ( 20)
g2 (0) f1(60)

g2
(10)

f1
(50)

0 85 20 85

g2
(20)

maxg2 (30)
f1
(40)
f1 (30)

40 80 max50 65
120

g2
(40)

动态规划解背包问题.ppt

={(2,3),(3,5)}
S2={(0,0),(1,2), (2,3),(3,5)}
+(5,4) 3
S1 ={(5,4),(6,6), (7,7)}
S3={(0,0),(1,2), (2,3),(5,4),(6,6), (7,7)}
注：序偶(3,5)被(5,4)“支配”而删除
KNAP(1,n,M)问题的解
2i n

pi zi
2i n
p y
i
2 i n
w z
i i
M w1
i
则序列y1,z2,…,zn将是一个对于KNAP(1,n,M)具有更大效益值的序列。
故，最优性原理成立
3 从前向后求解的递推关系式
记fj(X)是KNAP(1,j,X)的最优解，则fn(M) 是KNAP(1,n,M)的最优解
解向量的推导 f3(M)=6 f2(M)<>6
ΔP=6-p3=1 ΔM=6-w3=2
x3=1
X=(1,0,1)
f2(ΔM)=1 f1(ΔM)=1
x2=0 x1=1
5. 0/1背包问题图解过程
i:fi-1(x-wi) p1 2 1
f0(x)=0
f3(x)
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
x0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
x
注： ● fi-1(X-wi)+pi曲线的构造：将fi-1(X)的曲线在X轴上右移wi个单位，然后上移pi个单位而得到； ● fi(X)曲线的构造：由fi-1(X) 和fi-1(X-wi)+pi的曲线按X相同时取大值的规则归并而成

贪心法求解0/1背包问题不一定得到最优解！动态规划求解的问题必须满足最优化原理

动态规划算法--01背包问题

动态规划算法--01背包问题基本思想：动态规划算法通常⽤于求解具有某种最优性质的问题。

在这类问题中，可能会有许多可⾏解。

每⼀个解都对应于⼀个值，我们希望找到具有最优值的解。

动态规划算法与分治法类似，其基本思想也是将待求解问题分解成若⼲个⼦问题，先求解⼦问题，然后从这些⼦问题的解得到原问题的解。

与分治法不同的是，适合于⽤动态规划求解的问题，经分解得到⼦问题往往不是互相独⽴的（即下⼀个⼦阶段的求解是建⽴在上⼀个⼦阶段的解的基础上，进⾏进⼀步的求解）。

若⽤分治法来解这类问题，则分解得到的⼦问题数⽬太多，有些⼦问题被重复计算了很多次。

如果我们能够保存已解决的⼦问题的答案，⽽在需要时再找出已求得的答案，这样就可以避免⼤量的重复计算，节省时间。

我们可以⽤⼀个表来记录所有已解的⼦问题的答案。

不管该⼦问题以后是否被⽤到，只要它被计算过，就将其结果填⼊表中。

这就是动态规划法的基本思路。

具体的动态规划算法多种多样，但它们具有相同的填表格式。

应⽤场景：适⽤动态规划的问题必须满⾜最优化原理、⽆后效性和重叠性。

1、最优化原理（最优⼦结构性质）最优化原理可这样阐述：⼀个最优化策略具有这样的性质，不论过去状态和决策如何，对前⾯的决策所形成的状态⽽⾔，余下的诸决策必须构成最优策略。

简⽽⾔之，⼀个最优化策略的⼦策略总是最优的。

⼀个问题满⾜最优化原理⼜称其具有最优⼦结构性质。

2、⽆后效性将各阶段按照⼀定的次序排列好之后，对于某个给定的阶段状态，它以前各阶段的状态⽆法直接影响它未来的决策，⽽只能通过当前的这个状态。

换句话说，每个状态都是过去历史的⼀个完整总结。

这就是⽆后向性，⼜称为⽆后效性。

3、⼦问题的重叠性动态规划将原来具有指数级时间复杂度的搜索算法改进成了具有多项式时间复杂度的算法。

其中的关键在于解决冗余，这是动态规划算法的根本⽬的。

动态规划实质上是⼀种以空间换时间的技术，它在实现的过程中，不得不存储产⽣过程中的各种状态，所以它的空间复杂度要⼤于其它的算法。

第9章第3节动态规划背包问题(C++版)PPT教学课件

2020/12/11
2
注意f[i][v]有意义当且仅当存在一个前i件物品的子集，其费用总和为v。所以按照这个方程递推完毕后，最终的答案并不一定是f[N][V]，而是f[N][0..V]的
最大值。如果将状态的定义中的“恰”字去掉，在转移方程中就要再加入一项 f[i-1][v]，这样就可以保证f[N][V]就是最后的答案。但是若将所有f[i][j]的初始值都赋为0，你会发现f[n][v]也会是最后的答案。为什么呢？因为这样你默认了最开始f[i][j]是有意义的，只是价值为0，就看作是无物品放的背包价值都为0，所以对最终价值无影响，这样初始化后的状态表示就可以把“恰”字去掉。
10 4
21
33
45
79 【样例输出】package.out
12
2020/12/11
5
【解法一】设f[i][v]表示前i件物品，总重量不超过v的最优价值，则f[i][v]=max(f[i-1][vw[i]]+c[i]，f[i-1][v]) ；f[n][m]即为最优解,给出程序： #include<cstdio> using namespace std; const int maxm = 201, maxn = 31; int m, n; int w[maxn], c[maxn]; int f[maxn][maxm];
printf("%d",f[n][m]);
// f[n][m]为最优解
return 0;
}
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
使用二维数组存储各子问题时方便，但当maxm较大时，如maxm=2000时不能
定义20二20维/12数/11组f，怎么办，其实可以用一维数组。
6

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。

第六讲动态规划背包问题

15
思考题1：机器分配
M台设备，分给N个公司。若公司i获得j台设备，则能产生Aij效益问如何分配设备使得总效益最大？ M<=15，N<=10。
16
分析
用机器数来做状态，数组f(i,j)表示前i个公司分配 j台机器的最大盈利。则状态转移方程为: f(i,j) =Max{f[i-1，k] + a[i，j-j]} (1<=i<=N,1<=j<=M,0<=k<=j ) 初始值: f(0,0)=0 时间复杂度O(N*M2)
30
总结
对于资源类动态规划问题，我们可以看出，问题描述必须有一个基本要素：资源，有时这种资源可能是金钱、空间或者时间，问题就是要对这些资源如何分配，一种基本的想法是将资源应用于前i个阶段，然后考虑第i个阶段和前i-1个阶段之间的关系。设前i个点的消耗j的资源得到的最优值，研究前i-1个点消耗的资源的最优值，利用第i个点决策转移，如下图。
3
主程序如下
for i:=1 to m do f[0,i]:=0; //初始化 for i:=1 to n do f[i,0]:=0; for i:=1 to n do // 动态规划，递推求f for j:=1 to m do begin if j>=w[i] then //背包容量够大 f[i,j]:=max(f[i-1,j-w[i]]+c[i],f[i-1,j]) else //背包容量不足 f[i,j]:=f[i-1,j]; end;
然后对所有的物品采用动态规划即可。 F(i,j)=max{ f(i-1,j-k*w[i]) + k*c[i] } 0<=k*w[i]<=j

《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

动态规划算法01背包问题PPT

lude <stdio.h> #define MAX 20 int n,c,w[MAX],v[MAX],m[MAX][MAX]={0}; void knapsack() { int i,j; for (i=1; i<=n; i++) for (j=1; j<=c; j++) { m[i][j]=m[i-1][j]; if ( j>=w[i-1] && m[i-1][j-w[i-1]]+v[i-1]> m[i][j] ) m[i][j]=m[i-1][j-w[i-1]]+v[i-1]; } }
例1：0-1背包问题
有一个负重能力为m的背包和不同价值v[i]、不同重量w[i] 的物品n 件。在不超过负重能力的前提下，从这n件物品中任意选择物品，使这些物品的价值之和最大。
物品重量价值 1 5 4 2 3 4 3 2 3 4 1 1
算法思想1：设m[i][j]用来表示从第i项物品开始到第n项物品中区取出装入体积为j的背包的物品的最大价值。其中i的范围为1到n，其中j的范围为0到c，程序要寻求的解为m[1][c]。可以发现： ①m[n][j] 在当j>=0并且j< w[n] 时等于0，否则等于v[n] ②当前的背包容量j大于等于物品重量w[i]时， m[i][j]是下面两个量的最大值：m[i+1][j] 和 m[i+1][ jw[i] ]+v[i] ③当前的背包容量j小于物品重量w[i]时， m[i][j]等于m[i+1][j]。当j<w[i] m[i][j]= m[i+1][j] Max(m[i+1][j], m[i+1][j-w[i] ]+v[i] ) 当j>=w[i] m[n][j]= v[n] 0 当j>=w[n] 当j>=0 并且 j< w[n]

第9章第3节动态规划背包问题(C++版)

int main(){ scanf("%d%d",&m, &n); //背包容量m和物品数量n for (int i = 1; i <= n; i++) //在初始化循环变量部分，定义一个变量并初始化 scanf("%d%d",&w[i],&c[i]); //每个物品的重量和价值 for (int i = 1; i <= n; i++) // f[i][v]表示前i件物品，总重量不超过v的最优价值 for (int v = m; v > 0; v--) if (w[i] <= v) f[i][v] = max(f[i-1][v],f[i-1][v-w[i]]+c[i]); else f[i][v] = f[i-1][v]; printf("%d",f[n][m]); // f[n][m]为最优解 return 0; } 使用二维数组存储各子问题时方便，但当maxm较大时，如maxm=2000时不能定义二维数组f，怎么办，其实可以用一维数组。
【解法一】设f[i][v]表示前i件物品，总重量不超过v的最优价值，则f[i][v]=max(f[i-1][vw[i]]+c[i]，f[i-1][v]) ；f[n][m]即为最优解,给出程序： #include<cstdio> using namespace std; const int maxm = 201, maxn = 31; int m, n; int w[maxn], c[maxn]; int f[maxn][maxm]; int max(int x,int y) { x>y?x:y;} //求x】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】第一行：两个整数，M(背包容量，M<=200)和N(物品数量，N<=30)；第2..N+1行：每行二个整数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。【样例输入】package.in 10 4 2 1 3 3 4 5 7 9 【样例输出】package.out 12

背包问题（Knapsackproblem）采用动态规划求解

背包问题（Knapsackproblem）采⽤动态规划求解问题说明:假设有⼀个背包的负重最多可达8公⽄，⽽希望在背包中装⼊负重范围内可得之总价物品，假设是⽔果好了，⽔果的编号、单价与重量如下所⽰：李⼦4KGNT$45001苹果5KGNT$57002橘⼦2KGNT$22503草莓1KGNT$1100解法背包问题是关于最佳化的问题，要解最佳化问题可以使⽤「动态规划」（Dynamicprogramming），从空集合开始，每增加⼀个元素就先求出该阶段的最佳解，直到所有的元素加⼊⾄集合中，最后得到的就是最佳解。

下⾯我们看下代码:/*问题:假设有⼀个背包的负重最多可达8公⽄，⽽希望在背包中装⼊负重范围内可得之总价物品算法说明:采⽤动态规划,在当前阶段求解出最好的解,如此反复⽇期:2013/8/18张威*/#include <iostream>#include <time.h>using namespace std;#define MAXSIZE 8//定义全局变量char name[5][5] = {"李⼦","苹果","橘⼦","草莓","甜⽠"};//⽔果名称int wight[5] = {4,5,2,1,6};//单个⽔果所占⽄数int price[5] = {4500,5700,2250,1100,6700};//单个⽔果的价值int perkg_price[5];//每⽄⽔果的价钱int perkg_num[5] = {0,1,2,3,4};void GetNmae(int num){for (int i = 0;i <= 4;i++){cout<<name[num][i];}}void GetBestAnswer(int currentwigh){//判断递归终⽌条件if (currentwigh >= MAXSIZE){cout<<"包裹已经满了,⽆法再装进东西"<<endl;}else{//check⽤来表证到底剩下来的物品⾥⾯还有没有能装进去背包⾥的bool check = true;int i = 0;for (;i <= 4;i++){//若是没有进⼊到这个条件内,说明剩下来的物品的重量都超过了背包剩余重量,到此结束.否则i就代表当前所能选中的最优解if (wight[perkg_num[i]] <= MAXSIZE-currentwigh){check = false;break;}}if (check == true){cout<<"已经装不进去任何⽔果了"<<endl;}else{//得到最优解,并且将当前重量增加,进⼊下⼀次递归currentwigh += wight[perkg_num[i]];cout<<"购买了";GetNmae(perkg_num[i]);cout<<endl;GetBestAnswer(currentwigh);}}}int main(){//计算出每⽄⽔果的价钱,便于动态规划时求出当前最佳解for (int i = 0;i <= 4;i++){perkg_price[i] = price[i] / wight[i];}//对perkg_num进⾏排序,同时保证单价和perkg_num之间的⼀⼀对应关系.即两个数组要同时变化//采⽤的是冒泡排序,在元素进⾏交换时perkg_num和perkg_price同时变化for (int i = 0;i <= 3;i++){for (int j = i;j <= 3;j++){if (perkg_price[j] < perkg_price[j+1]){int temp1 = perkg_price[j];int temp2 = perkg_num[j];perkg_price[j] = perkg_price[j+1];perkg_price[j+1] = temp1;perkg_num[j] = perkg_num[j+1];perkg_num[j+1] = temp2;}}}//开始计算求解GetBestAnswer(0);return0;}背包问题在这⾥,算法的主要思想有两个:1.通过冒泡排序得到⼀个单价表,并将物品的ID与之配对起来.这样我们在每次的递归中通过ID找到物品的相应属性,筛选出当前步骤的最优解出来2.通过递归,传递当前的重量,得到还剩余的重量,根据前⾯的单价表,筛选出可选的最优解,然后将重量变化进⼊下⼀次递归.这是最⼤空间为8的运⾏结果: 这是最⼤空间为29的运⾏结果:下⾯附上指导书上⾯的代码:#include <stdio.h>#include <stdlib.h>#define LIMIT 8// 重量限制#define N 5// 物品种类#define MIN 1// 最⼩重量struct body {char name[20];int size;int price;};背包负重12345678value110225335450570680795905item323０1323背包负重12345678value110225335450570680795905item323０1323typedef struct body object;int main(void) {int item[LIMIT+1] = {0};int value[LIMIT+1] = {0};int newvalue, i, s, p;object a[] = {{"李⼦", 4, 4500}, {"苹果", 5, 5700},{"橘⼦", 2, 2250},{"草莓", 1, 1100},{"甜⽠", 6, 6700}};for(i = 0; i < N;i++) {for(s = a[i].size; s <= LIMIT;s++) { p = s - a[i].size;newvalue = value[p] + a[i].price;if(newvalue > value[s]) {// 找到阶段最佳解value[s] = newvalue;item[s] = i;}}}printf("物品\t价格\n");for(i = LIMIT;i >= MIN;i = i - a[item[i]].size) {printf("%s\t%d\n",a[item[i]].name, a[item[i]].price);}printf("合计\t%d\n", value[LIMIT]);return0;}Javaclass Fruit {private String name;private int size;private int price;public Fruit(String name,int size, int price){ = name;this.size = size;this.price = price;}public String getName(){return name;}public int getPrice(){return price;}public int getSize() {return size;}}public class Knapsack {public static void main(String[] args){final int MAX = 8;final int MIN = 1;int[] item = new int[MAX+1];int[] value = new int[MAX+1];Fruit fruits[] = {new Fruit("李⼦", 4, 4500),new Fruit("苹果", 5, 5700),new Fruit("橘⼦", 2, 2250),new Fruit("草莓", 1, 1100),new Fruit("甜⽠", 6, 6700)};for(int i = 0; i < fruits.length;i++) {for(int s = fruits[i].getSize(); s <= MAX;s++){int p = s - fruits[i].getSize();int newvalue = value[p] +fruits[i].getPrice();if(newvalue > value[s]) {// 找到阶段最佳解value[s] = newvalue;item[s] = i;}}}System.out.println("物品\t价格");for(int i = MAX;i >= MIN;i = i - fruits[item[i]].getSize()) {System.out.println(fruits[item[i]].getName()+"\t" + fruits[item[i]].getPrice());}System.out.println("合计\t" + value[MAX]);}}指导书上⾯的代码我居然没想到使⽤结构体,失策失策,都没⽤什么⾼级点的数据结构,看起来貌似很复杂的样⼦.明天再看。

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

中科院陈玉福算法课件ch5ppt

i
i
m[i][j]
s[i][j]
回溯过程
void Traceback(int i, int j, int * * s) { if (i= = j) return; Traceback(i, s[i][j], s); Traceback(s[i][j]+1, j, s); cout << “Multiply A” << i << “,” << s[i][j]; cout << “and A” <<(s[i][j] +1) << “,” << j << endl; } • 以s[i][j]为元素的2维数组却给出了加括号的全部的信息。因为s[i][j]=k说明，计算连乘积A[i..j]的最佳方式应该在矩阵Ak和 Ak+1之间断开，即最优加括号方式为 (A[i..k])(A[k+1..j])。可以从 s[1][n]开始，逐步深入找出分点的位置，进而得到所有括号。
V1 9 9 7 1 2 3 3 7 3 7 4
11
V2 2 2 4
V3 6 2 9
11
V4 9 4 13 3 5
10 14
V5
6 5
7
4 2 5
s
1
t
12 16
11
8
2 5
8
10
6
16
11
矩阵连乘积问题
• 给定n个数字矩阵A1，A2，…，An，其中Ai与Ai+1是可乘的，设Ai是pi-1×pi矩阵, i=1,2,…,n。 • 求矩阵连乘A1A2⋅⋅⋅An的加括号方法，使得所用的数乘次数最少 • 三个矩阵连乘：(A1A2)A3和A1(A2A3) ，乘法次数分别为 p0p1p2+p0p2p3和p0p1p3+p1p2p3 • 例子：p0=10, p1=100, p2=5, p3=50, 两种方法：7500 和 75000 • 最优子结构性质：(A1…Ak)(Ak+1…An) m(1,n)=m(1,k) + m(k+1,n)+p0pkpn • 目标值递推关系式

背包问题之动态规划法ppt课件

设图G=(V, E)是一个带权有向连通图，如果把顶点集合V划分成 k个互不相交的子集Vi（2≤k≤n, 1≤i≤k），使得E中的任何一条边(u, v)，必有u∈Vi，v∈Vi+m（1≤i＜k, 1＜i+m≤k），则称图G为多段图，称s∈V1为源点，t∈Vk为终点。多段图的最短路径问题是求从源点到终点的最小代价路径。
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。

动态规划之０１背包问题

动态规划之０１背包问题首先是问题描述：给定n种物品和一背包，物品i的重量是wi，其价值是pi，背包的容量是M，问如何选择装入背包中的物品总价值最大？可以这样理解：背包的背负有上限，因此在这个上限内尽可能多的装东西，并且价值越多越好。

在这里我之想讨论动态规划解决这个问题的详细过程。

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。

因为背包的最终最大容量未知，所以，我们得从1到M一个一个的试，比如，刚开始任选N件物品中的一个，看对应的M的背包，能不能放进去，如果能放进去，并且还有多少空间，则，多出来的空间能放N-1物品中的最大价值，怎么能保证总选则是最大价值呢，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.下面是一种实现过程：（C语言描述）#include<stdio.h>int c[10][100];int knapsack(int m,int n){int i,j,w[10],p[10];for(i=1;i<n+1;i++)scanf("\n%d,%d",&w[i],&p[i]);for(i=0;i<10;i++)for(j=0;j<100;j++)c[i][j]=0;for(i=1;i<n+1;i++)for(j=1;j<m+1;j++){if(w[i]<=j){if(p[i]+c[i-1][j-w[i]]>c[i-1][j])c[i][j]=p[i]+c[i-1][j-w[i]];elsec[i][j]=c[i-1][j];}elsec[i][j]=c[i-1][j];}return(c[n][m]);}int main(){int m,n;int i,j;printf("input the max capacity and the number of the goods:\n"); scanf("%d,%d",&m,&n);printf("Input each one(weight and value):\n");printf("%d",knapsack(m,n));printf("\n");for(i=0;i<10;i++)for(j=0;j<15;j++){printf("%d ",c[i][j]);if(j==14)printf("\n");}system("pause");}下面是思路的基本过程问题的特点是：每种物品一件，可以选择放1或不放0。