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背包問題的算法
1)登上算法
用登山算法求解背包問題 function []=DengShan(n,G,P,W) %n是背包的個數，G是背包的總容量，P是價值向量，W是物體的重量向量 %n=3;G=20;P=[25,24,15];W2=[18,15,10];%輸入量 W2=W; [Y,I]=sort(-P./W2);W1=[];X=[];X1=[]; for i=1:length(I) W1(i)=W2(I(i)); end W=W1; for i=1:n X(i)=0; RES=G;%背包的剩餘容量 j=1; while W(j)=RES X(j)=1; RES=RES-W(j); j=j+1; end X(j)=RES/W(j); end for i=1:length(I) X1(I(i))=X(i); end X=X1; disp(‘裝包的方法是’);disp(X);disp(X.*W2);disp(‘總的價值是：’);disp(P*X’);
時間複雜度是非指數的
2)遞歸法
先看完全背包問題
一個旅行者有一個最多能用m公斤的背包，現在有n種物品，每件的重量分別是W1，W2，…,Wn,
每件的價值分別為C1,C2,…,Cn.若的每種物品的件數足夠多.
求旅行者能獲得的最大總價值。
本問題的數學模型如下：
設 f(x)表示重量不超過x公斤的最大價值，
則 f(x）=max{f(x-i)+c[i]} 當x=w[i] 1=i=n
可使用遞歸法解決問題程序如下:
program knapsack04;
const maxm=200;maxn=30;
type ar=array[0..maxn] of integer;
var m,n,j,i,t:integer;
c,w:ar;
function f(x:integer):integer;
var i,t,m:integer;
begin
if x=0 then f:=0 else
begin
t:=-1;
for i:=1 to n do
begin
if x=w[i] then m:=f(x-i)+c[i];
if mt then t:=m;
end;
f:=t;
end;
end;
begin
readln(m,n);
for i:= 1 to n do
readln(w[i],c[i]);
writeln(f(m));
end.
說明:當m不大時,編程很簡單,但當m較大時,容易超時.
4.2 改進的遞歸法
改進的的遞歸法的思想還是以空間換時間,這隻要將遞歸函數計算過程中的各個子函數的值保存起來,開闢一個
一維數組即可
程序如下:
program knapsack04;
const maxm=2000;maxn=30;
type ar=array[0..maxn] of integer;
var m,n,j,i,t:integer;
c,w:ar;
p:array[0..maxm] of integer;
function f(x:integer):integer;
var i,t,m:integer;
begin
if p[x]-1 then f:=p[x]
else
begin
if x=0 then p[x]:=0 else
begin
t:=-1;
for i:=1 to n do
begin
if x=w[i] then m:=f(i-w[i])+c[i];
if mt then t:=m;
end;
p[x]:=t;
end;
f:=p[x];
end;
end;
begin
readln(m,n);
for i:= 1 to n do
readln(w[i],c[i]);
fillchar(p,sizeof(p),-1);
writeln(f(m));
end.
3)貪婪算法
改進的背包問題：給定一個超遞增序列和一個背包的容量，然後在超遞增序列中選（只能選一次）或不選每一個數值，使得選中的數值的和正好等於背包的容量。
代碼思路：從最大的元素開始遍歷超遞增序列中的每個元素，若背包還有大於或等於當前元素值的空間，則放入，然後繼續判斷下一個元素；若背包剩餘空間小於當前元素值，則判斷下一個元素
簡單模擬如下：
#define K 10
#define N 10
＃i nclude stdlib.h
＃i nclude conio.h
void create(long array[],int n,int k)
{/*產生超遞增序列*/
int i,j;
array[0]=1;
for(i=1;in;i++)
{
long t=0;
for(j=0;ji;j++)
t=t+array[j];
array[i]=t+random(k)+1;
}
}
void output(long array[],int n)
{/*輸出當前的超遞增序列*/
int i;
for(i=0;in;i++)
{
if(i%5==0)
printf(“\n”);
printf(“%14ld”,array[i]);
}
}
void beibao(long array[],int cankao[],long value,int count)
{/*背包問題求解*/
int i;
long r=value;
for(i=count-1;i=0;i–)/*遍歷超遞增序列中的每個元素*/
{
if(r=array[i])/*如果當前元素還可以放入背包，即背包剩餘空間還大於當前元素*/
{
r=r-array[i];
cankao[i]=1;
}
else/*背包剩餘空間小於當前元素值*/
cankao[i]=0;
}
}
void main()
{
long array[N];
int cankao[N]={0};
int i;
long value,value1=0;
clrscr();
create(array,N,K);
output(array,N);
printf(“\nInput the value of beibao:\n”);
scanf(“%ld”,value);
beibao(array,cankao,value,N);
for(i=0;iN;i++)/*所有已經選中的元素之和*/
if(cankao[i]==1)
value1+=array[i];
if(value==value1)
{
printf(“\nWe have got a solution,that is:\n”);
for(i=0;iN;i++)
if(cankao[i]==1)
{
if(i%5==0)
printf(“\n”);
printf(“%13ld”,array[i]);
}
}
else
printf(“\nSorry.We have not got a solution.\n”);
}
貪婪算法的另一種寫法，beibao函數是以前的代碼，用來比較兩種算法：
#define K 10
#define N 10
＃i nclude stdlib.h
＃i nclude conio.h
void create(long array[],int n,int k)
{
int i,j;
array[0]=1;
for(i=1;in;i++)
{
long t=0;
for(j=0;ji;j++)
t=t+array[j];
array[i]=t+random(k)+1;
}
}
void output(long array[],int n)
{
int i;
for(i=0;in;i++)
{
if(i%5==0)
printf(“\n”);
printf(“%14ld”,array[i]);
}
}
void beibao(long array[],int cankao[],long value,int count)
{
int i;
long r=value;
for(i=count-1;i=0;i–)
{
if(r=array[i])
{
r=r-array[i];
cankao[i]=1;
}
else
cankao[i]=0;
}
}
int beibao1(long array[],int cankao[],long value,int n)
{/*貪婪算法*/
int i;
long value1=0;
for(i=n-1;i=0;i–)/*先放大的物體，再考慮小的物體*/
if((value1+array[i])=value)/*如果當前物體可以放入*/
{
cankao[i]=1;/*1表示放入*/
value1+=array[i];/*背包剩餘容量減少*/
}
else
cankao[i]=0;
if(value1==value)
return 1;
return 0;
}
void main()
{
long array[N];
int cankao[N]={0};
int cankao1[N]={0};
int i;
long value,value1=0;
clrscr();
create(array,N,K);
output(array,N);
printf(“\nInput the value of beibao:\n”);
scanf(“%ld”,value);
beibao(array,cankao,value,N);
for(i=0;iN;i++)
if(cankao[i]==1)
value1+=array[i];
if(value==value1)
{
printf(“\nWe have got a solution,that is:\n”);
for(i=0;iN;i++)
if(cankao[i]==1)
{
if(i%5==0)
printf(“\n”);
printf(“%13ld”,array[i]);
}
}
else
printf(“\nSorry.We have not got a solution.\n”);
printf(“\nSecond method:\n”);
if(beibao1(array,cankao1,value,N)==1)
{
for(i=0;iN;i++)
if(cankao1[i]==1)
{
if(i%5==0)
printf(“\n”);
printf(“%13ld”,array[i]);
}
}
else
printf(“\nSorry.We have not got a solution.\n”);
}
4)動態規划算法
解決0/1背包問題的方法有多種，最常用的有貪婪法和動態規劃法。其中貪婪法無法得到問題的最優解，而動態規劃法都可以得到最優解，下面是用動態規劃法來解決0/1背包問題。
動態規划算法與分治法類似，其基本思想是將待求解問題分解成若干個子問題，然後從這些子問題的解得到原問題的解。與分治法不同的是，適合於用動態規劃法求解的問題，經分解得到的子問題往往不是互相獨立的，若用分治法解這類問題，則分解得到的子問題數目太多，以至於最後解決原問題需要耗費過多的時間。動態規劃法又和貪婪算法有些一樣，在動態規劃中，可將一個問題的解決方案視為一系列決策的結果。不同的是，在貪婪算法中，每採用一次貪婪準則便做出一個不可撤回的決策，而在動態規劃中，還要考察每個最優決策序列中是否包含一個最優子序列。
0/1背包問題
在0 / 1背包問題中，需對容量為c 的背包進行裝載。從n 個物品中選取裝入背包的物品，每件物品i 的重量為wi ，價值為pi 。對於可行的背包裝載，背包中物品的總重量不能超過背包的容量，最佳裝載是指所裝入的物品價值最高，即p1*x1+p2*x1+…+pi*xi(其1=i=n，x取0或1，取1表示選取物品i) 取得最大值。
在該問題中需要決定x1 .. xn的值。假設按i = 1，2，…，n 的次序來確定xi 的值。如果置x1 = 0，則問題轉變為相對於其餘物品(即物品2，3，.，n)，背包容量仍為c 的背包問題。若置x1 = 1，問題就變為關於最大背包容量為c-w1 的問題。現設r?{c，c-w1 } 為剩餘的背包容量。
在第一次決策之後，剩下的問題便是考慮背包容量為r 時的決策。不管x1 是0或是1，[x2 ，.，xn ] 必須是第一次決策之後的一個最優方案，如果不是，則會有一個更好的方案[y2，.，yn ]，因而[x1，y2，.，yn ]是一個更好的方案。
假設n=3, w=[100,14,10], p=[20,18,15], c= 116。若設x1 = 1，則在本次決策之後，可用的背包容量為r= 116-100=16 。[x2，x3 ]=[0,1] 符合容量限制的條件，所得值為1 5，但因為[x2，x3 ]= [1，0] 同樣符合容量條件且所得值為1 8，因此[x2，x3 ] = [ 0，1] 並非最優策略。即x= [ 1，0，1] 可改進為x= [ 1，1，0 ]。若設x1 = 0，則對於剩下的兩種物品而言，容量限制條件為116。總之，如果子問題的結果[x2，x3 ]不是剩餘情況下的一個最優解，則[x1，x2，x3 ]也不會是總體的最優解。在此問題中，最優決策序列由最優決策子序列組成。假設f (i,y) 表示剩餘容量為y，剩餘物品為i，i + 1，…，n 時的最優解的值，即：利用最優序列由最優子序列構成的結論，可得到f 的遞歸式為：
當j=wi時： f(i,j)=max{f(i+1,j),f(i+1,j-wi)+vi} ①式
當0=jwi時：f(i,j)=f(i+1,j) ②式
fn( 1 ,c) 是初始時背包問題的最優解。
以本題為例：若0≤y＜1 0，則f ( 3 ,y) = 0；若y≥1 0，f ( 3 ,y) = 1 5。利用②式，可得f (2, y) = 0 ( 0≤y＜10 )；f(2，y)= 1 5(1 0≤y＜1 4)；f(2，y)= 1 8(1 4≤y＜2 4)和f(2，y)= 3 3(y≥2 4)。因此最優解f ( 1 , 11 6 ) = m a x {f(2，11 6)，f(2，11 6 – w1)+ p1} = m a x {f(2，11 6)，f(2，1 6)+ 2 0 } = m a x { 3 3，3 8 } = 3 8。
現在計算xi 值，步驟如下：若f ( 1 ,c) =f ( 2 ,c)，則x1 = 0，否則x1 = 1。接下來需從剩餘容量c-w1中尋求最優解，用f (2, c-w1) 表示最優解。依此類推，可得到所有的xi (i= 1.n) 值。
在該例中，可得出f ( 2 , 116 ) = 3 3≠f ( 1 , 11 6 )，所以x1 = 1。接着利用返回值3 8 -p1=18 計算x2 及x3，此時r = 11 6 -w1 = 1 6，又由f ( 2 , 1 6 ) = 1 8，得f ( 3 , 1 6 ) = 1 4≠f ( 2 , 1 6 )，因此x2 = 1，此時r= 1 6 -w2 = 2，所以f (3,2) =0，即得x3 = 0。
c語言01背包問題誰能簡單說下
01背包問題就是有個容量為W的包，然後有一堆的物品(1…n)，其中wi、vi分別為第i個物品的重量和價值，現在需要求的就是使得包中所裝的物品儘可能的價值高。那麼這個物品放不放在包中對應取值0
or
1。其算法為動態規劃，需要證明最優子結構性質。用s[i][j]表示只有前i個物品且包容量為j時所能等到的最大價值，而有遞歸式
s[i][j]=
s[i-1][j],
wij
max{s[i-1][j],s[i-1][j-wi]+vi},
wi=j
s[0][j]=0
1=j=W
s[i][0]=0
1=i=n
所以不論用什麼語言實現，就是計算上面的式子，最終求得s[n][W]，上面的式子很好用遞推實現的，這個是自底向上的，就是兩層for；你也可以用棧實現自頂向下的，這個是記錄式的方法。
以上的W是只考慮整數的。
0-1背包問題java代碼
import java.io.BufferedInputStream;
import java.util.Scanner;
public class test {
public static int[] weight = new int[101];
public static int[] value = new int[101];
public static void main(String[] args) {
Scanner cin = new Scanner(new BufferedInputStream(System.in));
int n = cin.nextInt();
int W = cin.nextInt();
for (int i = 0; i n; ++i) {
weight[i] = cin.nextInt();
value[i] = cin.nextInt();
}
cin.close();
System.out.println(solve(0, W, n)); // 普通遞歸
System.out.println(“=========”);
System.out.println(solve2(weight, value, W)); // 動態規劃表
}
public static int solve(int i, int W, int n) {
int res;
if (i == n) {
res = 0;
} else if (W weight[i]) {
res = solve(i + 1, W, n);
} else {
res = Math.max(solve(i + 1, W, n), solve(i + 1, W – weight[i], n) + value[i]);
}
return res;
}
public static int solve2(int[] weight, int[] value, int W) {
int[][] dp = new int[weight.length + 1][W + 1];
for (int i = weight.length – 1; i = 0; –i) {
for (int j = W; j = 0; –j) {
dp[i][j] = dp[i + 1][j]; // 從右下往左上，i+1就是剛剛記憶過的背包裝到i+1重量時的最大價值
if (j + weight[i] = W) { // dp[i][j]就是背包已經裝了j的重量時，能夠獲得的最大價值
dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], value[i] + dp[i + 1][j + weight[i]]);
// 當背包重量為j時，要麼沿用剛剛裝的，本次不裝，最大價值dp[i][j]，要麼就把這個重物裝了，那麼此時背包裝的重量為j+weight[i]，
// 用本次的價值value[i]加上背包已經裝了j+weight[i]時還能獲得的最大價值，因為是從底下往上，剛剛上一步算過，可以直接用dp[i+1][j+weight[i]]。
// 然後選取本次不裝weight[i]重物時獲得的最大價值以及本次裝weight[i]重物獲得的最大價值兩者之間的最大值
}
}
}
return dp[0][0];
}
}
關於這個java語言描述的0-1背包問題是否有錯誤？
有點問題：
public static void knapsack(int[]v,int[]w,int c,int[][]m)
{
int n=v.length-1;
int jMax=Math.min(w[n]-1,c);
for(int j=0;j=jMax;j++)
m[n][j]=0;
for(int j=w[n];j=c;j++)
m[n][j]=v[n];
for(int i=n-1;i1;i–)
{
jMax=Math.min(w[i]-1,c);
for(int j=0;j=jMax;j++)
m[i][j]=m[i+1][j];
for(int j=w[i];j=c;j++)
m[i][j]=Math.max(m[i+1][j],m[i+1][j-w[i]]+v[i]);
}
m[1][c]=m[2][c];
if(c=w[1])
m[1][c]=Math.max(m[1][c],m[2][c-w[1]]+v[1]);
}
public static void traceback(int[][]m,int[]w,int c,int[]x)
{
int n=w.length-1;
for(int i=1;in;i++) {
if(m[i][c]==m[i+1][c])x[i]=0;
else {
x[i]=1;
c-=w[i];
}
x[n]=(m[n][c]0)?1:0;
}
//int n=w.length-1;
for(int i=1;in;i++)
if(m[i][c]==m[i+1][c])x[i]=0;
else {
x[i]=1;
c-=w[i];
}
x[n]=(m[n][c]0)?1:0;
}
求動態規劃0-1背包算法解釋
01背包問題
題目
有N件物品和一個容量為V的背包。第i件物品的費用是c[i]，價值是w[i]。求解將哪些物品裝入背包可使價值總和最大。
基本思路
這是最基礎的背包問題，特點是：每種物品僅有一件，可以選擇放或不放。
用子問題定義狀態：即f[i][v]表示前i件物品恰放入一個容量為v的背包可以獲得的最大價值。則其狀態轉移方程便是：
f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}
這個方程非常重要，基本上所有跟背包相關的問題的方程都是由它衍生出來的。所以有必要將它詳細解釋一下：「將前i件物品放入容量為v的背包中」這個子問題，若只考慮第i件物品的策略（放或不放），那麼就可以轉化為一個只牽扯前i-1件物品的問題。如果不放第i件物品，那麼問題就轉化為「前i-1件物 品放入容量為v的背包中」，價值為f[i-1][v]；如果放第i件物品，那麼問題就轉化為「前i-1件物品放入剩下的容量為v-c[i]的背包中」，此時能獲得的最大價值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通過放入第i件物品獲得的價值w[i]。
優化空間複雜度
以上方法的時間和空間複雜度均為O(VN)，其中時間複雜度應該已經不能再優化了，但空間複雜度卻可以優化到O。
先考慮上面講的基本思路如何實現，肯定是有一個主循環i=1..N，每次算出來二維數組f[i][0..V]的所有值。那麼，如果只用一個數組 f[0..V]，能不能保證第i次循環結束後f[v]中表示的就是我們定義的狀態f[i][v]呢？f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1] [v-c[i]]兩個子問題遞推而來，能否保證在推f[i][v]時（也即在第i次主循環中推f[v]時）能夠得到f[i-1][v]和f[i-1] [v-c[i]]的值呢？事實上，這要求在每次主循環中我們以v=V..0的順序推f[v]，這樣才能保證推f[v]時f[v-c[i]]保存的是狀態 f[i-1][v-c[i]]的值。偽代碼如下：
for i=1..N
for v=V..0
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};
其中的f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]}一句恰就相當於我們的轉移方程f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]}，因為現在的f[v-c[i]]就相當於原來的f[i-1][v-c[i]]。如果將v的循環順序從上面的逆序改成順序的話，那麼則成了f[i][v]由f[i][v-c[i]]推知，與本題意不符，但它卻是另一個重要的背包問題P02最簡捷的解決方案，故學習只用一維數組解01背包問題是十分必要的。
事實上，使用一維數組解01背包的程序在後面會被多次用到，所以這裡抽象出一個處理一件01背包中的物品過程，以後的代碼中直接調用不加說明。
過程ZeroOnePack，表示處理一件01背包中的物品，兩個參數cost、weight分別表明這件物品的費用和價值。
procedure ZeroOnePack(cost,weight)
for v=V..cost
f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}
注意這個過程里的處理與前面給出的偽代碼有所不同。前面的示例程序寫成v=V..0是為了在程序中體現每個狀態都按照方程求解了，避免不必要的思維複雜度。而這裡既然已經抽象成看作黑箱的過程了，就可以加入優化。費用為cost的物品不會影響狀態f[0..cost-1]，這是顯然的。
有了這個過程以後，01背包問題的偽代碼就可以這樣寫：
for i=1..N
ZeroOnePack(c[i],w[i]);
初始化的細節問題
我們看到的求最優解的背包問題題目中，事實上有兩種不太相同的問法。有的題目要求「恰好裝滿背包」時的最優解，有的題目則並沒有要求必須把背包裝滿。一種區別這兩種問法的實現方法是在初始化的時候有所不同。
如果是第一種問法，要求恰好裝滿背包，那麼在初始化時除了f[0]為0其它f[1..V]均設為-∞，這樣就可以保證最終得到的f[N]是一種恰好裝滿背包的最優解。
如果並沒有要求必須把背包裝滿，而是只希望價格盡量大，初始化時應該將f[0..V]全部設為0。
為什麼呢？可以這樣理解：初始化的f數組事實上就是在沒有任何物品可以放入背包時的合法狀態。如果要求背包恰好裝滿，那麼此時只有容量為0的背包可能被價值為0的nothing「恰好裝滿」，其它容量的背包均沒有合法的解，屬於未定義的狀態，它們的值就都應該是-∞了。如果背包並非必須被裝滿，那麼 任何容量的背包都有一個合法解「什麼都不裝」，這個解的價值為0，所以初始時狀態的值也就全部為0了。
這個小技巧完全可以推廣到其它類型的背包問題，後面也就不再對進行狀態轉移之前的初始化進行講解。
一個常數優化
前面的偽代碼中有 for v=V..1，可以將這個循環的下限進行改進。
由於只需要最後f[v]的值，倒推前一個物品，其實只要知道f[v-w[n]]即可。以此類推，對以第j個背包，其實只需要知道到f[v-sum{w[j..n]}]即可，即代碼中的
for i=1..N
for v=V..0
可以改成
for i=1..n
bound=max{V-sum{w[i..n]},c[i]}
for v=V..bound
這對於V比較大時是有用的。
小結
01背包問題是最基本的背包問題，它包含了背包問題中設計狀態、方程的最基本思想，另外，別的類型的背包問題往往也可以轉換成01背包問題求解。故一定要仔細體會上面基本思路的得出方法，狀態轉移方程的意義，以及最後怎樣優化的空間複雜度。
原創文章，作者：小藍，如若轉載，請註明出處：https://www.506064.com/zh-hk/n/186959.html
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