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背包问题

背包问题

问题:有N件物品和一个容量为V的背包。

第i件物品的费用(即体积,下同)是w[i],价值是c[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。

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(部分或全部)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-w[i]]+c[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”;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-w[i]的背包中”,此时能获得的最大价值就是f [i-1][v-w[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值c[i]。

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。

♦【优化空间复杂度】♦以上方法的时间和空间复杂度均为O(N*V),其中时间复杂度基本已经不能再优化了,但空间复杂度却可以优化到O(V)。

01背包

01背包

【解法一:二维数组】 解法一:二维数组】 算法分析】 【算法分析】 f(i,x)表示前 件物品,总重量不超过x的最优价值, f(i, 表示前i 设 f(i,x)表示前i件物品,总重[i])+c[i],f(i即为最优解。 x)=max(f(i-1,x-w[i])+c[i],f(i-1,x)) ;f(n,m)即为最优解。 下面例出F[I X]的值 F[I, 的值, 表示前I件物品, 下面例出F[I,X]的值,I表示前I件物品,X表示重量
【例题解法二:一维数组】 例题解法二:一维数组】 算法分析】 【算法分析】 本问题的数学模型如下: f(x)表示重量不超过 公斤的最大价值, 表示重量不超过x 本问题的数学模型如下:设 f(x)表示重量不超过x公斤的最大价值, 则 f(x)=max{f(xf(x)=max{f(x-w[i])+c[i]} x>=w[i], 当x>=w[i],1<=i<=n 。 下面例出F[x]表示重量不超过x公斤的最大价值, F[x]表示重量不超过 下面例出F[x]表示重量不超过x公斤的最大价值,x表示重量
【例题】 0/1背包 例题】 0/1背包 【问题描述】 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 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, 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 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 W1 它们的价值分别为C1,C2,...,Cn. 有一件求旅行者能获得最大总价值。 有一件求旅行者能获得最大总价值。 【输入格式】 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); 第一行:两个整数,M(背包容量,M<=200)和N(物品数量,N<=30); 背包容量 物品数量 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。 2..N+1行 每行二个整数Wi,Ci,表示每个物品的重量和价值。 Wi,Ci 【输出格式】 输出格式】 仅一行,一个数,表示最大总价值。 仅一行,一个数,表示最大总价值。 【样例输入】package.in 样例输入】 10 4 2 1 3 3 4 5 7 9 【样例输出】package.out 样例输出】 12

贪心算法-01背包问题

贪心算法-01背包问题

贪⼼算法-01背包问题1、问题描述:给定n种物品和⼀背包。

物品i的重量是wi,其价值为vi,背包的容量为C。

问:应如何选择装⼊背包的物品,使得装⼊背包中物品的总价值最⼤?形式化描述:给定c >0, wi >0, vi >0 , 1≤i≤n.要求找⼀n元向量(x1,x2,…,xn,), xi∈{0,1}, ∋ ∑ wi xi≤c,且∑ vi xi达最⼤.即⼀个特殊的整数规划问题。

2、最优性原理:设(y1,y2,…,yn)是 (3.4.1)的⼀个最优解.则(y2,…,yn)是下⾯相应⼦问题的⼀个最优解:证明:使⽤反证法。

若不然,设(z2,z3,…,zn)是上述⼦问题的⼀个最优解,⽽(y2,y3,…,yn)不是它的最优解。

显然有∑vizi > ∑viyi (i=2,…,n)且 w1y1+ ∑wizi<= c因此 v1y1+ ∑vizi (i=2,…,n) > ∑ viyi, (i=1,…,n)说明(y1,z2, z3,…,zn)是(3.4.1)0-1背包问题的⼀个更优解,导出(y1,y2,…,yn)不是背包问题的最优解,⽭盾。

3、递推关系:设所给0-1背包问题的⼦问题的最优值为m(i,j),即m(i,j)是背包容量为j,可选择物品为i,i+1,…,n时0-1背包问题的最优值。

由0-1背包问题的最优⼦结构性质,可以建⽴计算m(i,j)的递归式:注:(3.4.3)式此时背包容量为j,可选择物品为i。

此时在对xi作出决策之后,问题处于两种状态之⼀:(1)背包剩余容量是j,没产⽣任何效益;(2)剩余容量j-wi,效益值增长了vi ;使⽤递归C++代码如下:#include<iostream>using namespace std;const int N=3;const int W=50;int weights[N+1]={0,10,20,30};int values[N+1]={0,60,100,120};int V[N+1][W+1]={0};int knapsack(int i,int j){int value;if(V[i][j]<0){if(j<weights[i]){value=knapsack(i-1,j);}else{value=max(knapsack(i-1,j),values[i]+knapsack(i-1,j-weights[i]));}V[i][j]=value;}return V[i][j];}int main(){int i,j;for(i=1;i<=N;i++)for(j=1;j<=W;j++)V[i][j]=-1;cout<<knapsack(3,50)<<endl;cout<<endl;}不使⽤递归的C++代码:简单⼀点的修改//3d10-1 动态规划背包问题#include <iostream>using namespace std;const int N = 4;void Knapsack(int v[],int w[],int c,int n,int m[][10]);void Traceback(int m[][10],int w[],int c,int n,int x[]);int main(){int c=8;int v[]={0,2,1,4,3},w[]={0,1,4,2,3};//下标从1开始int x[N+1];int m[10][10];cout<<"待装物品重量分别为:"<<endl;for(int i=1; i<=N; i++){cout<<w[i]<<" ";}cout<<endl;cout<<"待装物品价值分别为:"<<endl;for(int i=1; i<=N; i++){cout<<v[i]<<" ";}cout<<endl;Knapsack(v,w,c,N,m);cout<<"背包能装的最⼤价值为:"<<m[1][c]<<endl;Traceback(m,w,c,N,x);cout<<"背包装下的物品编号为:"<<endl;for(int i=1; i<=N; i++){if(x[i]==1){cout<<i<<" ";}}cout<<endl;return 0;}void Knapsack(int v[],int w[],int c,int n,int m[][10]){int jMax = min(w[n]-1,c);//背包剩余容量上限范围[0~w[n]-1] for(int j=0; j<=jMax;j++){m[n][j]=0;}for(int j=w[n]; j<=c; j++)//限制范围[w[n]~c]{m[n][j] = v[n];}for(int i=n-1; i>1; i--){jMax = min(w[i]-1,c);for(int j=0; j<=jMax; j++)//背包不同剩余容量j<=jMax<c{m[i][j] = m[i+1][j];//没产⽣任何效益}for(int j=w[i]; j<=c; j++) //背包不同剩余容量j-wi >c{m[i][j] = max(m[i+1][j],m[i+1][j-w[i]]+v[i]);//效益值增长vi }}m[1][c] = m[2][c];if(c>=w[1]){m[1][c] = max(m[1][c],m[2][c-w[1]]+v[1]);}}//x[]数组存储对应物品0-1向量,0不装⼊背包,1表⽰装⼊背包void Traceback(int m[][10],int w[],int c,int n,int x[]){for(int i=1; i<n; i++){if(m[i][c] == m[i+1][c]){x[i]=0;}else{x[i]=1;c-=w[i];}}x[n]=(m[n][c])?1:0;}运⾏结果:算法执⾏过程对m[][]填表及Traceback回溯过程如图所⽰:从m(i,j)的递归式容易看出,算法Knapsack需要O(nc)计算时间; Traceback需O(n)计算时间;算法总体需要O(nc)计算时间。

实验报告:动态规划01背包问题)范文(最终五篇)

实验报告:动态规划01背包问题)范文(最终五篇)

实验报告:动态规划01背包问题)范文(最终五篇)第一篇:实验报告:动态规划01背包问题)范文XXXX大学计算机学院实验报告计算机学院2017级软件工程专业班指导教师学号姓名2019年 10月 21日成绩课程名称算法分析与设计实验名称动态规划---0-1 背包问题①理解递归算法的概念实验目的②通过模仿0-1 背包问题,了解算法的思想③练习0-1 背包问题算法实验仪器电脑、jdk、eclipse 和器材实验:0-1 背包算法:给定N 种物品,每种物品都有对应的重量weight 和价值 value,一个容量为maxWeight 的背包,问:应该如何选择装入背包的物品,使得装入背包的物品的总价值最大。

(面对每个物品,我们只有拿或者不拿两种选择,不能选择装入物品的某一部分,也实验不能把同一个物品装入多次)代码如下所示:内 public classKnapsackProblem {容 /**、上 * @paramweight 物品重量机 * @paramvalue 物品价值调 * @parammaxweight背包最大重量试程 *@return maxvalue[i][j] 中,i 表示的是前 i 个物品数量,j 表示的是重量序 */、publicstaticint knapsack(int[]weight , int[]value , intmaxweight){程序运行结果实验内 intn =;包问题的算法思想:将前 i 个物品放入容量容为 w 的背包中的最大价值。

有如下两种情况:、①若当前物品的重量小于当前可放入的重量,便可考虑是上否要将本件物品放入背包中或者将背包中的某些物品拿出机来再将当前物品放进去;放进去前需要比较(不放这个物调品的价值)和(这个物品的价值放进去加上当前能放的总试重量减去当前物品重量时取i-1 个物品是的对应重量时候程的最高价值),如果超过之前的价值,可以直接放进去,反序之不放。

(完整版)01背包问题

(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);。

程序设计:01背包问题

程序设计:01背包问题

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则能放(价值为4)。

这样,这一排背包容量为4,5,6,....10的时候,最佳方案都是价值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。

而背包容量为4的时候,则最佳方案为放置2号物品(价值为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,即上一排f(1,3),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(i,j)=max{f(i-1,j), f(i-1,j-w[i])+P(i)} 这就是动态规划方程。

理解:从i件物品中任取若干件放入容量为j的背包,当且仅当包含两种情况,一是第i件物品没有放入,二是第i件物品放入。

第i件物品没有放入时的最大价值为:f(i-1,j),第i件物品放入时(只有在j>=w[i]时才可能放入)的最大价值为:f(i-1,j-w[i])+p[i],取两种情况下的最大值即为背包的最大值:f(i,j)=max{f(i-1,j), f(i-1,j-w[i])+P(i)}边界条件:f(0,x)=0 f(i,0)=0标程:(P1005)varf:array[0..100,0..1000] of longint;w,v:array[1..100] of integer;t,n,i,j:integer;function max(x,y:longint):longint;beginif x>y then max:=xelse max:=y;end;beginread(t,n);for i:=1 to n doread(w[i],v[i]);fillchar(f,sizeof(f),0);for i:=1 to n dofor j:=1 to t doif j-w[i]<0 thenf[i,j]:=f[i-1,j]else f[i,j]:=max(f[i-1,j],f[i-1,j-w[i]]+v[i]); writeln(f[n,t]);end.。

回溯算法——0-1背包问题

回溯算法——0-1背包问题

实验目的是使学生消化理论知识,加深对讲授内容的理解,尤其是一些算法的实现及其应用,培养学生独立编程和调试程序的能力,使学生对算法的分析与设计有更深刻的认识。

上机实验一般应包括以下几个步骤:(1)、准备好上机所需的程序。

手编程序应书写整齐,并经人工检查无误后才能上机。

(2)、上机输入和调试自己所编的程序。

一人一组,独立上机调试,上机时出现的问题,最好独立解决。

(3)、上机结束后,整理出实验报告。

实验报告应包括:题目、程序清单、运行结果、对运行情况所作的分析。

实验八 回溯算法——0-1背包问题一、实验目的与要求1. 熟悉0-1背包问题的回溯算法。

2. 掌握回溯算法。

二、实验内容用回溯算法求解下列“0-1背包”问题: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 。

问应如何选择装入背包的物品,使得装入背包中物品的总价值最大?三、实验步骤1. 理解算法思想和问题要求;2. 编程实现题目要求;3. 上机输入和调试自己所编的程序;4. 验证分析实验结果;5. 整理出实验报告。

实验提示:(1)回溯算法求解0-1背包问题分析回溯法通过系统地搜索一个问题的解空间来得到问题的解。

为了实现回溯,首先需要针对所给问题,定义其解空间。

这个解空间必须至少包含问题的一个解(可能是最优的)。

然后组织解空间。

确定易于搜索的解空间结构。

典型的组织方法是图或树。

一旦定义了解空间的组织方法,即可按照深度优先策略从开始结点出发搜索解空间。

并在搜索过程中利用约束函数在扩展结点处剪去不满足约束的子树,用目标函数剪去得不到最优解的子树,避免无效搜索。

用回溯法解题的步骤:1)针对所给问题定义问题的解空间;2)确定易于搜索的解空间结构;3)以深度优先方式搜索解空间,并在搜索过程中用剪枝函数避免无效的搜索。

0-1背包问题的数学描述为:n 个物品,物品i 的重量是w i 、其价值为v i ,其中0≤i ≤n-1,背包的容量为C 。

背包问题之零一背包

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)。

0-1背包问题实验报告

0-1背包问题实验报告

0-1 背包问题实验报告一.问题描述1•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],背包容量为c。

问应如何选择装入背包中的物品,使得装入背包中物品的总价值最大。

2.在选择装入背包的物品时,对每种物品i 只有两种选择,即装入背包或不装入背包。

不能将物品i 装入背包多次,也不能只装入部分的物品i。

二.问题规模1.物品数目:n=50,2.背包容量:c=1000,3.每个物品重量分别为:{220,208,198,192,180,180,165,162,160,158,155,130,125,122,120,118,115,110,105,101,100,100,98,96,95,90,88,82,80,77,75,73,70,69,66,65,63,60,58,56,50,30,20,15,10,8,5,3,1,1}4.每个物品价值分别为:{80,82,85,70,72,70,66,50,55,25,50,55,40,48,50,32,22,60,30,32,40,38,35,32,25,28,30,22,50,30,45,30,60,50,20,65,20,25,30,10,20,25,15,10,10,10,4,4,2,1}三.实验方法本次实验将分别通过动态规划法,贪心算法,回溯法及分支界限法四种方法解决0-1背包问题。

四.算法分析I •动态规划法(1).对动态规划的0-1背包问题,在给定c>0,wi>0, vi>0, 1<=i<=n,要求找出一个n 元0-1 向量(x1,x2,…)xn 1},1 < i;使得xi {0,wxii 1ni而且maxvixi。

c,i 1n同时可得出其递推关系,设最优值m[i,j]是背包容量为j,可选物品i,i+1…盼0-1背包问题的最优值。

于是可建立计算m(l,j)的递归式:m[i,j] 在j>=wi, 为max{m(i+1,j),m(i+1,j-wi)+vi},在0<=j<wi 时,m(i+1,j);m[n,j] 在j>=wn 时为vn,在O W j <wn 为0。

0-1背包问题(回溯法)

0-1背包问题(回溯法)

0-1背包问题(回溯法)实验报告姓名:学号:指导老师:一.算法设计名称:0-1背包问题(回溯法)二.实验内容问题描述:给定n 种物品和一背包。

物品i 的重量是w i ,其价值为v i ,背包的容量为C 。

问应如何选择装入背包的物品,使得装入背包中物品的总价值最大?在选择装入背包的物品时,对每种物品i 只有两种选择,即装入背包或不装入背包。

不能将物品装入背包多次,也不能只装入部分的物品。

三.实验目的1.运用回溯思想,设计解决上述问题的算法,找出最大背包价值的装法。

2.掌握回溯法的应用四.算法设计:问题求解思路1.由0-1背包问题的最优子结构性质,建立计算m[i][j]的递归式如下:i i i w j w j j i m i v w j i m j i m j i m <≤≥⎩⎨⎧-+---=0],1[]}[],1[],,1[max{),(2.查找装入背包物品的回溯函数:从0-1二叉树的根开始搜索:若是叶子节点,则判断此时的价值是否比当前最优的价值大,否则将之替换,并获得最优解向量且返回;若不是叶子节点,则向左右子树搜索,先改变当前的数据状态,递归的调用自己,然后恢复数据状态表示回溯。

3.边界函数bound主要是当还未搜索到叶子节点时,提前判断其子树是否存可能存在更优的解空间,否则进行回溯,即裁剪掉子树的解空间。

关键数据结构及函数模块:(Backtrack.h )#ifndef __BACKTRACK_H__#define __BACKTRACK_H__class BP_01_P{public:∑=ni i i x v 1max ⎪⎩⎪⎨⎧≤≤∈≤∑=n i x C x w i n i i i 1},1,0{1BP_01_P(int w,int n):m_Sum_weitht(0),m_Number(0) {m_Sum_weitht=w;m_Number=n;bestHav=0;bestVal=0;curVal=0;curHav=0;m_hav=new int[n];m_val=new int[n];temop=new int[n];option=new int[n];}~BP_01_P(){delete []m_hav;delete []m_val;delete []temop;delete []option;}void traceBack(int n);int bound(int n);void printBestSoulation();int *m_hav;//每个物品的重量int *m_val;//每个物品的价值int *temop;//01临时解int *option;//01最终解int bestHav;//最优价值时的最大重量int bestVal;//最优的价值int curVal;//当前的价值int curHav;//当前的重量private:int m_Sum_weitht;//背包的总容量int m_Number;//物品的种类};#endif __BACKTRACK_H__五:主要的算法代码实现:(Backtrack.cpp)边界函数:bound( )int BP_01_P::bound(int n){int hav_left=m_Sum_weitht-curHav;int bo=curVal;while(n<m_Number && m_hav[n]<=hav_left){hav_left-=m_hav[n];bo+=m_val[n];n++;}if(n<m_Number){bo+=m_val[n]*hav_left/m_hav[n];//bo+=hav_left;}return bo;}回溯递归函数:traceBack( )void BP_01_P::traceBack(int n){if(n>=m_Number){if(curVal>=bestVal){bestVal=curVal;for(int i=0;i<n;i++){option[i]=temop[i];}return ;}}if(curHav+m_hav[n]<=m_Sum_weitht)//向左子树搜索 {curHav=curHav+m_hav[n];curVal=curVal+m_val[n];temop[n]=1;//标记要选择这个物品traceBack(n+1);curHav=curHav-m_hav[n];curVal=curVal-m_val[n];}if(bound(n+1)>bestVal)//向右子树搜索{temop[n]=0;//标记要丢弃这个物品traceBack(n+1);}}主控函数:(main.cpp)#include <iostream>#include "Backtrack.h"using namespace std;int main(){int number,weigth;cout<<"包的总容量:";cin>>weigth;cout<<"物品的种类:";cin>>number;BP_01_P *ptr=new BP_01_P(weigth,number);cout<<"各种物品的重量:"<<endl;for(int i=0;i<number;i++)cin>>ptr->m_hav[i];cout<<"各种物品的价值:"<<endl;for(i=0;i<number;i++)cin>>ptr->m_val[i];ptr->traceBack(0);ptr->printBestSoulation();cout<<"总重量:"<<ptr->bestHav<<"\t总价值:"<<ptr->bestVal<<endl;return 0;}六:算法分析采用回溯法解决0-1背包问题,明显比动态规划法更优良。

背包问题(1)

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。

递归法求01背包问题

递归法求01背包问题

递归法求01背包问题一、问题描述0/1背包问题:现有n种物品,对1<=i<=n,已知第i种物品的重量为正整数W i,价值为正整数V i,背包能承受的最大载重量为正整数W,现要求找出这n种物品的一个子集,使得子集中物品的总重量不超过W且总价值尽量大。

(注意:这里对每种物品或者全取或者一点都不取,不允许只取一部分)二、算法分析递归法:在利用递归法解决0-1背包问题时,我们可以先从第n个物品看起。

每次的递归调用都会判断两种情况:(1)背包可以放下第n个物品,则x[n]=1,并继续递归调用物品重量为W-w[n],物品数目为n-1的递归函数,并返回此递归函数值与v[n]的和作为背包问题的最优解;(2)背包放不下第n个物品,则x[n]=0,并继续递归调用背包容量为W,物品数目为n-1的递归函数,并返回此递归函数值最为背包问题的最优解。

递归调用的终结条件是背包的容量为0或物品的数量为0.此时就得到了0-1背包问题的最优解。

用递归法解0-1背包问题可以归结为下函数:⎩⎨⎧+---=][])[,1(),1(),(n v n w m n KnapSack m n KnapSack m n KnapSack nn 选择了物品没有选择物品 第一个式子表示选择物品n 后得到价值][])[,1(n v n w m n KnapSack +--比不选择物品n 情况下得到的价值),1(m n KnapSack -小,所以最终还是不选择物品n;第二个式子刚好相反,选择物品n 后的价值][])[,1(n v n w m n KnapSack +--不小于不选择物品n 情况下得到了价值),1(m n KnapSack -,所以最终选择物品n 。

在递归调用的过程中可以顺便求出所选择的物品。

下面是标记物品被选情况的数组x[n]求解的具体函数表示:⎩⎨⎧=10][n x ][])[,1(),(),1(),(n v n w m n KnapSack m n KnapSack m n KnapSack m n KnapSack +--=-= 在函数中,递归调用的主体函数为KnapSack ,m 表示背包的容量,n 表示物品的数量,x[n]表示是否选择了第n 个物品(1—选,0—不选)。

01背包问题

01背包问题

实验名称分支限界法成绩实验实现0/1背包问题的LC分枝—限界算法,要求使用大小固定的元组表示动态状态空间树,与0/1背内包问题回溯算法做复杂性比较。

容1.分支限界法类似于回溯法,也是一种在问题的解空间树T上搜索问题解的算法。

分支限界法的求解目标是找出满足约束条件的一个解,或是在满足约束条件的解中找出使某一目标函数值达到极大或极小的解,即在某种意义下的最优解,以广度优先或以最小耗费优先的方式搜索解空间树T。

2.分支限界法的搜索策略是:在扩展结点处,先生成其所有的儿子结点(分支),然后再从当前的活结点表中选择下一个扩展对点。

为了有效地选择下一扩展结点,以加速搜索的进程,在每一活结点处,计算一个函数值(限界),并根据这些已计算出的函数值,从当前活结点表中选择一个最有利的结点作为扩展结点,使搜索朝着解空间树上有最优解的分支推进,以便尽快地找出一个最优解。

1.2.3.4.分析问题,写出问题的解空间、解空间结构以及限界函数。

写出相应的分支限界算法。

选择自己熟悉的编程环境和编程语言实现相应的算法。

通过实验加深对分支限界法的解题思路,并将其应用于实际问题,同时进一步提高算法设计和程序编写能力。

Pc机,windows操作系统,win-tc,vc++6.0或Java2作为编程环境。

验原理实验要求实验环境1.分析问题函数MaxKnapsack实施对子集树的优先队列式分支限界搜索。

其中假定各物品依其单位价值从大到小排好序。

算法中E是当前扩展结点,cw是该结点所相应的重量,cp是相应的价值,up是价值上界,算法中的while循环不断扩展结点,直到子集树的一个叶结点成为扩展结点为止。

此时优先队列中所有活结点的价值上界均不超过该叶结点的价值。

因此该叶结点相应的解为问题的最优解。

在while循环内部,算法首先检查当前扩展结点的左儿子结点是否可行。

如果可行,则将它加入子集树和活结点优先队列中。

当前扩展结点的右儿子一定是可行的,公当右儿子结点满足上约束时才将它加入子集树和活结点优先队列。

动态规划之01背包问题

动态规划之01背包问题

动态规划之01背包问题01背包问题问题描述:给定 n 件物品,物品的重量为 w[i],物品的价值为 c[i]。

现挑选物品放⼊背包中,假定背包能承受的最⼤重量为 V,问应该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?针对这个问题,本⼈理解了多次,也了看各种题解,尝试各种办法总还觉得抽象;或者说,看了多次以后,只是把题解的状态转移⽅程记住了⽽已,并没有真正的“掌握”其背后的逻辑。

直到我看了,在此感谢作者并记录于此。

01背包问题之另⼀种风格的描述:假设你是⼀个⼩偷,背着⼀个可装下4磅东西的背包,你可以偷窃的物品如下:为了让偷窃的商品价值最⾼,你该选择哪些商品?暴⼒解法最简单的算法是:尝试各种可能的商品组合,并找出价值最⾼的组合。

这样显然是可⾏的,但是速度⾮常慢。

在只有3件商品的情况下,你需要计算8个不同的集合;当有4件商品的时候,你需要计算16个不同的集合。

每增加⼀件商品,需要计算的集合数都将翻倍!对于每⼀件商品,都有选或不选两种可能,即这种算法的运⾏时间是O(2ⁿ)。

动态规划解决这样问题的答案就是使⽤动态规划!下⾯来看看动态规划的⼯作原理。

动态规划先解决⼦问题,再逐步解决⼤问题。

对于背包问题,你先解决⼩背包(⼦背包)问题,再逐步解决原来的问题。

⽐较有趣的⼀句话是:每个动态规划都从⼀个⽹格开始。

(所以学会⽹格的推导⾄关重要,⽽有些题解之所以写的不好,就是因为没有给出⽹格的推导过程,或者说,没有说清楚为什么要”这样“设计⽹格。

本⽂恰是解决了我这⽅⾯长久以来的困惑!)背包问题的⽹格如下:⽹格的各⾏表⽰商品,各列代表不同容量(1~4磅)的背包。

所有这些列你都需要,因为它们将帮助你计算⼦背包的价值。

⽹格最初是空的。

你将填充其中的每个单元格,⽹格填满后,就找到了问题的答案!1. 吉他⾏后⾯会列出计算这个⽹格中单元格值得公式,但现在我们先来⼀步⼀步做。

⾸先来看第⼀⾏。

这是吉他⾏,意味着你将尝试将吉他装⼊背包。

[经典]背包问题(一)

[经典]背包问题(一)

[经典]背包问题(⼀)【1】01背包N个物品,占容c[i],价值w[i],放⼊1个容量为V的背包,使得总价值最⼤分析:每种物品仅有⼀件,可以选择放或不放转移⽅程:opt[i][v] = max{opt[i - 1][v], opt[i - 1][v - c[i]] + w[i]}复杂度:时间空间均为O(NV),空间复杂度可压缩,⽤opt[v]表⽰,但需要注意的是v必须从V到0遍历,否则逻辑错误;初始化技巧:如果要求刚好装满,则设为负⽆穷;如果只要求最⼤,则设为0即可。

事实上,由于对某件物品的01处理问题会在不同情景下都被调⽤,所以可以写成⼀个调⽤函数ZeroOnePack(cost, weigth),其中v的下限可被优化procedure ZeroOnePack(cost,weight)for v=V..costf[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}所以本题的伪代码可以写成for i=1..NZeroOnePack(c[i],w[i]);另外,其实下限可以进⼀步被优化,当V很⼤时有效,此时本题的伪代码可以写成for i=1..nbound=max{V-sum{w[i..n]},c[i]}for v=V..bound f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}【2】完全背包特点是每件物品的数⽬都是没有限制的,可以由01背包延展出解法,即f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]}, 0<=k*c[i]<=v;复杂度很显然上升了O(v/c[i]),所以尝试找到优化的⽅法。

最简单的优化:c[i] < c[j] && w[i] > w[j],则显然应该选择w[i],去除j物品。

先是最⼩均分,将每个物品当成有v/c[i]个,则完全背包等效于01背包,复杂度仍⽐01上升O(v/c[i]);然后是指数拆分,将每个物品拆分成费⽤为c[i]*2^k、价值为w[i]*2^k的⼦物品,则复杂度只上升O(log(v/c[i]))。

背包问题标准版文档

背包问题标准版文档
本实验目的就是验证该算法的是线性效率
首先先验证程序正确性
其经过分解得到的子问题往往不是相互独立的,可以用一张表来记录所有已解决的子问题的答案,而不论该子问题以后是否会用到。 动态规划背包问题最优解分析 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: 接下来,运用该程序达到上述情况求解 由于函数KnapSack中有一个两重for循环,所以时间复杂度为O((n+1)*(W+1)),空间复杂度也是O((n+1)*(W+1)),即 O(n*W)。 根据该算法的时间效率和空间效率都属于O(nw)。 为10、20、30下的运行结果。 其经过分解得到的子问题往往不是相互独立的,可以用一张表来记录所有已解决的子问题的答案,而不论该子问题以后是否会用到。
(1)实验之前,先对算法进行理论效率分析和正确性分析: 理论效率分析: 由于函数KnapSack中有一个两重for循环,所以时间复杂度为O((n+1)* (W+1)),空间复杂度也是O((n+1)*(W+1)),即O(n*W)。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所对应的背包的最大容量与时间应该是线性效率的。
(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。

背包类问题

背包类问题

• 状态转移方程一般可写成: fi(j) = min{ fi-1 ( k) + ui (j,k)}
• 返回
P03: 多重背包问题
• 题目 • 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。
• 基本算法 • 这题目和完全背包问题很类似。基本的方程 只需将完全背包问题的方程略微一改即可, 因为对于第i种物品有n[i]+1种策略:取0件, 取1件……取n[i]件。令f[i][v]表示前i种物品 恰放入一个容量为v的背包的最大权值,则 有状态转移方程:
k Tx (i i ' ) * p1 ( j j ' ) * p 2 p3
• 因为前x条流水线生产的饮料= 前x-1条流水线生产的饮料 + 第x条流水线生产的饮 料 • 所以有,f(x,i,j)=max{f(x-1,i’,j’)+k}
流水线资源分配图
其中,k
Tx (i i ' ) * p1 ( j j ' ) * p 2 p3
分析
• 设f(i,j)表示将j的资金用到前i项备用件 中去的最大可靠性,则有 F(i,j)= max{F(i-1,j–k*Cost[i])*P[i,k]} • 0<=i<=n, 0<=j<=C,0<=k<j div Cost(i) • 初始: F(0,0)=0 • 目标: F(n,C) • 时间复杂度:O(k*n*C),这里k是常数因子, 与数据相关
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。

01背包问题总结

01背包问题总结

01背包问题总结01背包问题题意:有N件物品和⼀个容量为M的背包。

第i件物品的体积是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。

(不⼀定要将背包装满),但不能超过背包的容量。

下⾯给出⼀个具体例⼦便于理解:物品编号物体体积物品价值123234345456然后我将给出⼀个表格,橙⾊底纹的数据含义:在当前背包容量下,考虑前n个物品的最佳组合(不超过背包容量,不⼀定要装满),使得背包总价值最⼤,在格⼦中填⼊这个最⼤的总价值.如:最右下⽅的格⼦代表在容量为8的背包中,从前4个物品选择x种物品后得到使背包内价值最⼤的⽅案,这个价值为10(将2、4放⼊)上⾯其实⽤的是⼆维数组的解法,在这⾥分析⼀下吧:在这⾥细分有三种情况,粗劣的分有两种情况;⼀.⽆法装下当前物品;那么说明这⼀次背包内物品的体积和上⼀次⼀样,也就是前n个物品的最佳组合产⽣的价值和前n-1个物品的最佳组合产⽣的价值相同.⼆.可以装下当前物品;1.选择不装当前物品:和⽆法装下当前物品的结果⼀样,前n个物品的最佳组合产⽣的价值和前n-1个物品的最佳组合产⽣的价值相同.2.选择装当前物品:除去当前物品在该背包占⽤的空间所得到的空间在前n-1个物品中最佳组合产⽣的价值加上当前物品所产⽣的价值构成总价值.接着⽐较1、2者2⼤⼩。

Code:#include<stdio.h>#include<iostream>#include<algorithm>#include<stdlib.h>#include<string.h>#include<math.h>using namespace std;typedef long long LL;const int maxn=1e5+7;const int maxm=2e5+7;const int maxi=1000;const long long INF=0x3f3f3f3f;const long long mod=1e9+7;int n,m;int w[maxi],d[maxi];//w[i]:第i件物品的体积,d[i]:第i件物品的价值.int f[maxi][maxi];//f[i][j]代表在体积j下,前i个物品的最佳组合所产⽣的价值(最⼤价值)int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&w[i],&d[i]);for(int i=1;i<=n;i++){int v=1;while(v<w[i])//当前背包的体积⽆法放下当前物品{f[i][v]=f[i-1][v];//直接将前i-1个物品最佳组合的价值赋值给前i个物品的最佳组合价值v++;}for(v=w[i];v<=m;v++)//当前背包的体积可以放下当前物品f[i][v]=max(f[i-1][v],f[i-1][v-w[i]]+d[i]);//选择将第i个物品不放⼊背包或者放⼊背包}printf("%d",f[n][m]);return 0;}However,这道题仍然是可以进⾏优化的,⽤⼀个⼀维的滚动数组就可以达到⽬的。

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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
彻。

01 背包问题的讲解01 背包问题讲解透
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
Pi 表示第 i 件物品的价值。

j 的背包中,可以取得的最大价值。

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?
name weight value12345678910 a26066991212151515 b23033669991011 c65000666661011 d54000666661010 e460006666666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

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(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
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 answer
var 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
var
nameArr: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(var
i: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);。

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