分别用回溯法和分支限界法求解0-1背包问题_百度文库
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分别用回溯法和分支限界法求解0-1背包问题|分​别​用​回​溯​法​和​分​支​限​界​法​求​解-背​包​问​题
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-----Edit by ZhuSenlin HDU
&&&&&&&& 01背包是在M件物品取出若干件放在空间为W的背包里，每件物品的体积为C1，C2，…，Cn，与之相对应的价值为W1,W2，…，Wn.求解将那些物品装入背包可使总价值最大。
&&&&&&& 动态规划（DP）：
&&&&&&& 1） 子问题定义：F[i][j]表示前i件物品中选取若干件物品放入剩余空间为j的背包中所能得到的最大价值。
&&&&&&& 2） 根据第i件物品放或不放进行决策
&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& &&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& (1-1)
&&&&&&& 其中F[i-1][j]表示前i-1件物品中选取若干件物品放入剩余空间为j的背包中所能得到的最大价值；
&&&&&&& 而F[i-1][j-C[i]]+W[i]表示前i-1件物品中选取若干件物品放入剩余空间为j-C[i]的背包中所能取得的最大价值加上第i件物品的价值。
&&&&&&& 根据第i件物品放或是不放确定遍历到第i件物品时的状态F[i][j]。
&&&&&&& 设物品件数为N，背包容量为V，第i件物品体积为C[i]，第i件物品价值为W[i]。
&&&&&&& 由此写出伪代码如下：
F[0][] ← {0}
F[][0] ← {0}
for i←1 to N
do for k←1 to V
F[i][k] ← F[i-1][k]
if(k &= C[i])
then F[i][k] ← max(F[i][k],F[i-1][k-C[i]]+W[i])
return F[N][V]
&&&&&&& 以上伪代码数组均为基于1索引，及第一件物品索引为1。时间及空间复杂度均为O(VN)
&&&&&&& 举例：表1-1为一个背包问题数据表，设背包容量为10根据上述解决方法可得到对应的F[i][j]如表1-2所示，最大价值即为F[6][10].
表1-1背包问题数据表
价值W
表1-2前i件物品选若干件放入空间为j的背包中得到的最大价值表
&&&&&&&& 很多文章讲背包问题时只是把最大价值求出来了，并没有把所选的是哪些物品找出来。本人在学习背包问题之前遇到过很多的类似问题，当时也是只求得了最大价值或最大和，对具体哪些物品或路径等细节也束手无策。再次和大家一起分享细节的求法。
&&&&&&& 根据算法求出的最大价值表本身其实含有位置信息，从F[N][V]逆着走向F[0][0]，设i=N,j=V，如果F[i][j]==F[i-1][j-C[i]]+W[i]说明包里面有第i件物品，同时j -= C[i]，不管F[i][j]与F[i-1][j-C[i]]+W[i]相不相等i都要减1，因为01背包的第i件物品要么放要么不放，不管放还是不放其已经遍历过了，需要继续往下遍历。
打印背包内物品的伪代码如下：
while(i&0 && j&0)
do if(F[i][j]=F[i-1][j-C[i]]+W[i])
then Print W[i]
&&&&&&&& 当然也可以定义一个二维数组Path[N][V]来存放背包内物品信息，开始时Path[N][V]初始化为0,当 F[i][j]==F[i-1][j-C[i]]+W[i]时Path[i][j]置1。最后通过从Path[N+1][V+1]逆着走向Path[0][0]来获取背包内物品。其中Path[0][]与Path[][0]为边界。
&&&&&&& 加入路径信息的伪代码如下：
F[0][] ← {0}
F[][0] ← {0}
Path[][] ← 0
for i←1 to N
do for k←1 to V
F[i][k] ← F[i-1][k]
if(k &= C[i] && F[i][k] & F[i-1][k-C[i]]+W[i])
then F[i][k] ← F[i-1][k-C[i]]+W[i]
Path[i][k] ← 1
return F[N][V] and Path[][]
&打印背包内物品的伪代码如下：
while(i&0 && j&0)
do if(Path[i][j] = 1)
then Print W[i]
&&& 在时间及空间复杂度均为O(NV)的情况下，利用Path[][]的方法明显比直接通过F[i][j]==F[i-1][j-C[i]]+W[i]来打印物品耗费空间，Path[][]需要额外的空间O(NV)但总空间复杂度不变仍为O(NV)。但下面要讲到的O(V)的空间复杂度的方法却不能利用关系式F [j]==F [j-C[i]]+W[i]而只能利用Path[][]进行标记.
接下来考虑如何压缩空间，以降低空间复杂度。
时间复杂度为O(VN)，空间复杂度将为O（V）
&&&&&& &观察伪代码可也发现，F[i][j]只与F[i-1][j]和F[i-1][j-C[i]]有关，即只和i-1时刻状态有关，所以我们只需要用一维数组F[]来保存i-1时的状态F[]。假设i-1时刻的F[]为{a0，a1，a2，…，av}，难么i时刻的F[]中第k个应该为max(ak,ak-C[i]+W[i])即max(F[k],F[k-C[i]]+W[i])，这就需要我们遍历V时逆序遍历，这样才能保证求i时刻F[k]时F[k-C[i]]是i-1时刻的值。如果正序遍历则当求F[k]时其前面的F[0],F[1]，…，F[K-1]都已经改变过，里面存的都不是i-1时刻的值，这样求F[k]时利用F[K-C[i]]必定是错的值。最后F[V]即为最大价值。
求F[j]的状态方程如下：
&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& &&&&&&&&&&&&&& (1-2)
伪代码如下：
F[] ← {0}
for i ← 1 to N
do for k ← V to C[i]
F[k] ← max(F[k],F[k-C[i]]+W[i])
return F[V]
同样，怎么求路径？
&&&&&&&&利用前面讲到的Path[][]标记，需空间消耗O(NV)。这里不能用F [j]==F [j-C[i]]+W[i]来判断是因为一维数组并不能提供足够的信息来寻找二维路径。
&&&&&&& 加入路径信息的伪代码如下：
F[] ← {0}
Path[][]←0
for i←1 to N
do for k←V to C[i]
if(F[k] & F[k-C[i]]+W[i])
then F[k] ← F[k-C[i]]+W[i]
Path[i][k] ← 1
return F[V] and Path[][]
打印路径的伪代码和前面未压缩空间复杂度时的伪代码一样，这里不再重写。
下面针对前面提到的表1-1提供两种方法的测试代码：&
#include &iostream&
#include &cstring&
#include &CreateArray.h& //该头文件用于动态创建及销毁二维数组，读者自己实现
//时间复杂度O(VN),空间复杂度为O(VN)
int Package01(int Weight[], int Value[], int nLen, int nCapacity)
int** Table = NULL;
int** Path = NULL;
CreateTwoDimArray(Table,nLen+1,nCapacity+1); //创建二维数组
CreateTwoDimArray(Path,nLen+1,nCapacity+1); //创建二维数组
for(int i = 1; i &= nL i++)
for(int j = 1; j &= nC j++)
Table[i][j] = Table[i-1][j];
Path[i][j] = 0;
if(j &= Weight[i-1] && Table[i][j] & Table[i-1][j-Weight[i-1]]+Value[i-1])
Table[i][j] = Table[i-1][j-Weight[i-1]]+Value[i-1];
Path[i][j] = 1;
int i = nLen, j = nC
while(i & 0 && j & 0)
if(Path[i][j] == 1)
cout && Weight[i-1] && & &;
j -= Weight[i-1];
int nRet = Table[nLen][nCapacity];
DestroyTwoDimArray(Table,nLen+1); //销毁二维数组
DestroyTwoDimArray(Path,nLen+1); //销毁二维数组
//时间复杂度O(VN)，不考虑路径空间复杂度为O(V)，考虑路径空间复杂度为O(VN)
int Package01_Compress(int Weight[], int Value[], int nLen, int nCapacity)
int * Table = new int [nCapacity+1];
memset(Table,0,(nCapacity+1)*sizeof(int));
int** Path = 0;
CreateTwoDimArray(Path,nLen+1,nCapacity+1); //创建二维数组
for(int i = 0; i & nL i++)
for(int j = nC j &= Weight[i]; j--)
Path[i+1][j] = 0;
if(Table[j] & Table[j-Weight[i]]+Value[i])
Table[j] = Table[j-Weight[i]]+Value[i];
Path[i+1][j] = 1;
int i = nLen, j = nC
while(i & 0 && j & 0)
if(Path[i][j] == 1)
cout && Weight[i-1] && & &;
j -= Weight[i-1];
int nRet = Table[nCapacity];
DestroyTwoDimArray(Path,nLen+1); //销毁二维数组
delete [] T
int main()
int Weight[] = {2,3,1,4,6,5};
int Value[] =
{5,6,5,1,19,7};
int nCapacity = 10;
cout && Package01(Weight,Value,sizeof(Weight)/sizeof(int),nCapacity) &&
cout && Package01_Compress(Weight,Value,sizeof(Weight)/sizeof(int),nCapacity) &&
本文部分内容参考“背包九讲”
* 以上用户言论只代表其个人观点，不代表CSDN网站的观点或立场
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(4)(6)(1)(3)(1)(7)01背包问题，动态规划求解 - 为梦飞翔 - 博客园
01背包问题：
1.递归思想
0- 1 背包问题如果采用递归算法来描述则非常清楚明白, 它的算法根本思想是假设用布尔函数knap( s, n) 表示n 件物品放入可容质量为s 的背包中是否有解( 当knap 函数的值为真时
说明问题有解,其值为假时无解) . 我们可以通过输入s 和n 的值, 根据它们的值可分为以下几种情况讨论:
( 1) 当s= 0时可知问题有解, 即函数knap( s, n) 的值为 ( 2) 当s& 0 时这时不可能,
所以函数值为 ( 3) 当输入的s& 0 且n& 1 时即总物品的件数不足1, 这时函数值为false,
只有s& 0 且n \1 时才符合实际情况,这时又分为两种情况: ( 1) 选择的一组物体中不包括Wn
则knap( s, n) 的解就是knap( s, n- 1) 的解. ( 2) 选择的一组物体中包括Wn 则knap( s, n) 的解
就是knap( s- Wn, n- 1) 的解. 这样一组Wn 的值就是问题的最佳解. 这样就将规模为n 的问题转化为
规模为n- 1 的问题. 综上所述0- 1 背包问题的递归函数定义为:knap( s, n) =∕true, s= 0&&&&&&&&&&&& ︳false, s& 0&&&&&&&&&&&& ︳false, s& 0 且n& 1&&&&&&&&&&&&& \knap( s, n- 1) 或knap( s- Wn, n- 1) , s& 0 且n&= 1采用此法求解0- 1 背包问题的时间复杂度为O( n) . 上述算法对于所有物品中的某几件恰能装满背包时能准确求出最佳解. 但一般情况是对于某一些物品无论怎么装都不能装满背包, 必须要按背包的最大容量来装. 如物品件数为4, 其质量分别为: 10, 2, 5, 4, 背包的容量为20, 则这四件物品无论怎么放都不能恰好装满背包, 但应能最大限度装, 即必须装下10, 5, 4 这三件物品, 这样就能得到最大质量19. 对于这种装不满的背包它的解决办法是这样的: 按所有物品的组合质量最大的方法装背包, 如果还装不满,则我们可以考虑剩余空间能否装下所有物品中最小的那件, 如果连最小的都装不下了则说明这样得到的解是最佳解, 问题解决. 这样我们必须先找出所有n 件物品中质量最小的那件( 它的质量为Min) , 但是为了问题的解决我们不能增加运算次数太多, 并且必须运用上述递归函数. 那么我们可通过修改s 的值即背包的容量, 从背包容量s 中减去k( 它的值是从0 到Min- 1 之间的一个整数值) , 再调用递归函数. 当k= 0 时即能装满背包, 其它值也能保证背包能最大限度装满, 这样所有问题都解决了.
①例题一：
简单背包问题Time Limit:&& 1000MS&&&&&& Memory Limit:&& 65535KB&Submissions:&& 2217&&&&&& Accepted:&& 408
Description&设有一个背包可以放入的物品重量为S，现有n件物品，重量分别是w1，w2，w3，&wn。&问能否从这n件物品中选择若干件放入背包中，使得放入的重量之和正好为S。&如果有满足条件的选择，则此背包有解，否则此背包问题无解。&&Input输入数据有多行，包括放入的物品重量为s，物品的件数n，以及每件物品的重量（输入数据均为正整数）多组测试数据。&Output对于每个测试实例，若满足条件则输出&YES&，若不满足则输出&NO&&Sample Input20 51 3 5 7 9Sample OutputYES
# include&stdio.h&
# include&string.h&
int date[1005];
int f(int w,int s)
if(w==0) return 1;//正好
if(w&0||w&0 &&s==0) return 0;
if(f(w-date[s],s-1)) return 1;//退出来再选下一个
return f(w,s-1);//选择下一个
int main()
int i,Weight,n;
while(scanf("%d %d",&Weight,&n)!=EOF)
memset(date,0,sizeof(date));
for(i=1;i&=n;i++)
scanf("%d",&date[i]);
if(f(Weight,n))
printf("YES\n");
else printf("NO\n");
2.贪心算法
用贪心法设计算法的特点是一步一步地进行，根据某个优化测度（可能是目标函数，也可能不是目标函数），每一步上都要保证能获得局部最优解。
每一步只考虑一个数据，它的选取应满足局部优化条件。若下一个数据与部分最优解连在一起不再是可行解时，就不把该数据添加到部分解中，
直到把所有数据枚举完，或者不能再添加为止。
#include&iostream&
#include&algorithm&
using namespace
struct good//表示物品的结构体
double//价值
double//重量
double//价值与重量的比
good a[2000];
bool bigger(good a,good b)
if(a.r==b.r)return a.w&b.w;
else return a.r&b.r;
int main()
double s,value,m;
cin&&m&&n;//读入包的容量和物品个数
for (i=0;i&n;i++)
cin&&a[i].w&&a[i].p;
a[i].r=a[i].p/a[i].w;
sort(a,a+n,bigger);//调用sort排序函数，按照价值与重量比和质量排序贪心
s=0;//包内现存货品的重量
value=0;//包内现存货品总价值
for (i=0;i&n;i++)
if(s+a[i].w&=m)
value+=a[i].p;
s+=a[i].w;
cout&&"The total value is "&&value&&//输出结果
但仔细想就会发现有个很大的问题，10 45 108 165 510 10就会出问题，被装进去就不会拿出来，可见&拿来主义&行不通！接下来介绍另一种算法：动规
3.动态规划【正解】
有N件物品和一个容量为V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。状态转移方程：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&伪码：&&for i=1..N&&&&for v=V..0&&&&&f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};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]。
②例题二：采药
Time Limit:&& 1000MS&&&&&& Memory Limit:&& 65535KB&Submissions:&& 155&&&&&& Accepted:&& 50
Description辰辰是个天资聪颖的孩子，他的梦想是成为世界上最伟大的医师。为此，他想拜附近最有威望的医师为师。医师为了判断他的资质，给他出了一个难题。医师把他带到一个到处都是草药的山洞里对他说：&孩子，这个山洞里有一些不同的草药，采每一株都需要一些时间，每一株也有它自身的价值。我会给你一段时间，在这段时间里，你可以采到一些草药。如果你是一个聪明的孩子，你应该可以让采到的草药的总价值最大。&如果你是辰辰，你能完成这个任务吗？&&Input输入的第一行有两个整数T（1 &= T &= 1000）和M（1 &= M &= 100），用一个空格隔开，T代表总共能够用来采药的时间，M代表山洞里的草药的数目。接下来的M行每行包括两个在1到100之间（包括1和100）的整数，分别表示采摘某株草药的时间和这株草药的价值。&Output输出包括一行，这一行只包含一个整数，表示在规定的时间内，可以采到的草药的最大总价值。&Sample Input70 371 10069 11 2Sample Output3
#include&iostream&
# include&cstring&
# define max(a,b) a&b?a:b
using namespace
int main()
int dp[101][1001],m,T,w[101],val[101],i,j;
cin&&T&&m;
for(i=1;i&=m;i++)
cin&&w[i]&&val[i];
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(i=1;i&=m;i++)
for(j=0;j&=T;j++)//j相当于上面说的V-c[i]
if(j&=w[i])
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]]+val[i]);//放还是不放的选择
else dp[i][j]=dp[i-1][j];
cout&&dp[m][T]&&
这里就测试一下，10 45 108 165 510 10
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特殊的背包问题，求解题方法或代码
有这样的背包问题，一个背包的容量是固定的，比如是100，有很多大小不等的东西，要使用最少的背包装完所有的东西。求这个问题的解题方法和源代码。
能详细点吗·我想了很多方法了·不好处理·----------------抱歉·请各位大虾看清我的题目·不是01背包·是一种特殊背包·
提问者采纳
你题也没说清楚，怎么给你回答？大的小的东西放进去有什么规则？如果好像是往固定容器里装小石子和大石块的话，大石块先放进去，小石块再放进大石块的缝里应该是最省空间的，这个东西就难了，人工智能神经网络算法吧，去网上找相关文章去吧。
提问者评价
分送你了·如果你有什么好算法请告诉我·
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