动态规划之-0-1背包问题及改进
动态规划与回溯法解决0-1背包问题
0-1背包动态规划解决问题一、问题描述：有n个物品，它们有各自的重量和价值，现有给定容量的背包，如何让背包里装入的物品具有最大的价值总和？二、总体思路：根据动态规划解题步骤（问题抽象化、建立模型、寻找约束条件、判断是否满足最优性原理、找大问题与小问题的递推关系式、填表、寻找解组成）找出01背包问题的最优解以及解组成，然后编写代码实现。
原理：动态规划与分治法类似，都是把大问题拆分成小问题，通过寻找大问题与小问题的递推关系，解决一个个小问题，最终达到解决原问题的效果。
但不同的是，分治法在子问题和子子问题等上被重复计算了很多次，而动态规划则具有记忆性，通过填写表把所有已经解决的子问题答案纪录下来，在新问题里需要用到的子问题可以直接提取，避免了重复计算，从而节约了时间，所以在问题满足最优性原理之后，用动态规划解决问题的核心就在于填表，表填写完毕，最优解也就找到。
过程：a) 把背包问题抽象化（X1，X2，…，Xn，其中 Xi 取0或1，表示第i 个物品选或不选），V i表示第i 个物品的价值，W i表示第i 个物品的体积（重量）；b) 建立模型，即求max(V1X1+V2X2+…+VnXn)；c) 约束条件，W1X1+W2X2+…+WnXn<capacity；d) 定义V(i,j)：当前背包容量j，前i 个物品最佳组合对应的价值；e) 最优性原理是动态规划的基础，最优性原理是指“多阶段决策过程的最优决策序列具有这样的性质：不论初始状态和初始决策如何，对于前面决策所造成的某一状态而言，其后各阶段的决策序列必须构成最优策略”。
判断该问题是否满足最优性原理，采用反证法证明：假设(X1，X2，…，Xn)是01背包问题的最优解，则有(X2，X3，…，Xn)是其子问题的最优解，假设(Y2，Y3，…，Yn)是上述问题的子问题最优解，则理应有(V2Y2+V3Y3+…+V n Yn)+V1X1 > (V2X2+V3X3+…+VnXn)+V1X1；而(V2X2+V3X3+…+VnXn)+V1X1=(V1X1+V2X2+…+VnXn)，则有(V2Y2+V3Y3+…+VnYn)+V1X1 > (V1X1+V2X2+…+VnXn)；该式子说明(X1，Y2，Y3，…，Yn)才是该01背包问题的最优解，这与最开始的假设(X1，X2，…，Xn)是01背包问题的最优解相矛盾，故01背包问题满足最优性原理；f) 寻找递推关系式，面对当前商品有两种可能性：第一，包的容量比该商品体积小，装不下，此时的价值与前i-1个的价值是一样的，即V(i,j)=V(i-1,j)；第二，还有足够的容量可以装该商品，但装了也不一定达到当前最优价值，所以在装与不装之间选择最优的一个，即V(i,j)=max｛V(i-1,j)，V(i-1,j-w(i))+v(i) ｝其中V(i-1,j)表示不装，V(i-1,j-w(i))+v(i) 表示装了第i个商品，背包容量减少w(i)但价值增加了v(i)；由此可以得出递推关系式：1) j<w(i) V(i,j)=V(i-1,j)2) j>=w(i) V(i,j)=max｛ V(i-1,j)，V(i-1,j-w(i))+v(i) ｝number＝4，capacity＝7四、构造最优解：最优解的构造可根据C列的数据来构造最优解，构造时从第一个物品开始。
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。
利用动态规划解决01背包问题01背包问题动态规划
利用动态规划解决01背包问题01背包问题动态规划背包问题是一个经典的动态规划模型,很多关于算法的教材都把它作为一道例题,该问题既简单又容易理解,而且在某种程度上还能够揭示动态规划的本质。
将具有不同重量和价值的物体装入一个有固定载重量的背包,以获取最大价值,这类问题被称为背包问题。
背包问题可以扩展出很多种问题,而01背包问题是最常见、最有代表性的背包问题。
一、问题描述给定一个载重量为M的背包及n个物体,物体i的重量为wi、价值为pi,1≤i≤n,要求把这些物体装入背包,使背包内的物体价值总量最大。
此处我们讨论的物体是不可分割的,通常称这种物体不可分割的背包问题为01背包问题。
二、基本思路01背包问题的特点是:每种物体只有一件,可以选择放或者不放。
假设:xi表示物体i被装入背包的情况,xi=0,1。
当xi=0时,表示物体没有被装入背包;当xi=1时,表示物体被装入背包。
根据问题的要求,有如下的约束方程(1)和目标函数(2):三、利用动态规划法求解01背包问题(一)动态规划算法的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。
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。
(二)算法设计假定背包的载重量范围为0～m。
蛮力法、动态规划法、回溯法和分支限界法求解01背包问题【精选】
一、实验内容：分别用蛮力法、动态规划法、回溯法和分支限界法求解0/1背包问题。
注：0/1背包问题：给定种物品和一个容量为的背包，物品的重n C i 量是，其价值为，背包问题是如何使选择装入背包内的物品，使得装i w i v 入背包中的物品的总价值最大。
其中，每种物品只有全部装入背包或不装入背包两种选择。
二、所用算法的基本思想及复杂度分析：1.蛮力法求解0/1背包问题：1）基本思想：对于有n 种可选物品的0/1背包问题，其解空间由长度为n 的0-1向量组成,可用子集数表示。
在搜索解空间树时，深度优先遍历，搜索每一个结点，无论是否可能产生最优解，都遍历至叶子结点，记录每次得到的装入总价值，然后记录遍历过的最大价值。
2）代码:#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;#define N 100//最多可能物体数struct goods //物品结构体{int sign;//物品序号int w;//物品重量int p;//物品价值}a[N];bool m(goods a,goods b){return (a.p/a.w)>(b.p/b.w);}int max(int a,int b){return a<b?b:a;}int n,C,bestP=0,cp=0,cw=0;int X[N],cx[N];/*蛮力法求解0/1背包问题*/int Force(int i){if(i>n-1){if(bestP<cp&&cw+a[i].w<=C){for (int k=0;k<n;k++)X[k]=cx[k];//存储最优路径bestP=cp;}return bestP;}cw=cw+a[i].w;cp=cp+a[i].p;cx[i]=1;//装入背包Force(i+1);cw=cw-a[i].w;cp=cp-a[i].p;cx[i]=0;//不装入背包Force(i+1);return bestP;}int KnapSack1(int n,goods a[],int C,int x[]){Force(0);return bestP;}int main(){goods b[N];printf("物品种数n: ");scanf("%d",&n);//输入物品种数printf("背包容量C: ");scanf("%d",&C);//输入背包容量for (int i=0;i<n;i++)//输入物品i 的重量w 及其价值v {printf("物品%d 的重量w[%d]及其价值v[%d]:",i+1,i+1,i+1);scanf("%d%d",&a[i].w,&a[i].p);b[i]=a[i];}int sum1=KnapSack1(n,a,C,X);//调用蛮力法求0/1背包问题printf("蛮力法求解0/1背包问题:\nX=[ ");for(i=0;i<n;i++)cout<<X[i]<<" ";//输出所求X[n]矩阵printf("]装入总价值%d\n",sum1);bestP=0,cp=0,cw=0;//恢复初始化}3）复杂度分析：蛮力法求解0/1背包问题的时间复杂度为：。
动态规划之-0-1背包问题及改进
动态规划之-0-1背包问题及改进有N件物品和一个容量为V的背包。
第i件物品的重量是w[i]，价值是v[i]。
求解将哪些物品装入背包可使这些物品的重量总和不超过背包容量，且价值总和最大。
在选择装入背包的物品时，对于每种物品i，只能选择装包或不装包，不能装入多次，也不能部分装入，因此成为0-1背包问题。
形式化描述为：给定n个物品，背包容量C >0,重量第i件物品的重量w[i]>0, 价值v[i] >0 , 1≤i≤n.要求找一n元向量(X1,X2,…,X n,), X i∈{0,1}, 使得∑（w[i] * Xi）≤C,且∑ v[i] * Xi达最大.即一个特殊的整数规划问题。
数学描述为：求解最优值：设最优值m(i,j)为背包容量为j、可选择物品为i，i+1，……，n时的最优值(装入包的最大价值)。
所以原问题的解为m(1，C)将原问题分解为其子结构来求解。
要求原问题的解m(1，C)，可从m(n，C)，m(n-1，C)，m(n-2，C).....来依次求解，即可装包物品分别为（物品n）、（物品n-1，n）、（物品n-2，n-1，n）、……、（物品1，物品2，……物品n-1，物品n）。
最后求出的值即为最优值m(1，C)。
若求m(i,j)，此时已经求出m(i+1,j)，即第i+1个物品放入和不放入时这二者的最大值。
对于此时背包剩余容量j=0,1,2,3……C，分两种情况：(1)当w[i] > j，即第i个物品重量大于背包容量j时，m(i,j)=m(i+1,j)(2)当w[i] <= j，即第i个物品重量不大于背包容量j时，这时要判断物品i放入和不放入对m的影响。
若不放入物品i，则此时m(i,j)=m(i+1,j)若放入物品i，此时背包剩余容量为 j-w[i]，在子结构中已求出当容量k=0,1,2……C 时的最优值m(i+1,k)。
所以此时m(i,j)=m(i+1,j-w[i])+v[i]。
动态规划求解01背包问题
动态规划求解01背包问题问题给定n种物品和⼀个背包，物品(1<=i<=n)重量是w I ，其价值v i,背包容量为C,对每种物品只有两种选择：装⼊背包和不装⼊背包，即物品是不可能部分装⼊，部分不装⼊。
如何选择装⼊背包的物品，使其价值最⼤？想法该问题是最优化问题，求解此问题⼀般采⽤动态规划（dynamic plan），很容易证明该问题满⾜最优性原理。
动态规划的求解过程分三部分：⼀：划分⼦问题：将原问题划分为若⼲个⼦问题，每个⼦问题对应⼀个决策阶段，并且⼦问题之间具有重叠关系⼆：确定动态规划函数：根据⼦问题之间的重叠关系找到⼦问题满⾜递推关系式（即动态规划函数），这是动态规划的关键三：填写表格：设计表格，以⾃底向上的⽅式计算各个⼦问题的解并填表，实现动态规划过程。
思路：如何定义⼦问题？0/1背包可以看做是决策⼀个序列（x1,x2,x3,…,xn）,对任何⼀个变量xi的决策时xi=1还是xi=0. 设V(n,C)是将n个物品装⼊容量为C的背包时背包所获得的的最⼤价值，显然初始⼦问题是将前i个物品装如容量为0的背包中和把0个物品装⼊容量为j的背包中，这些情况背包价值为0即V(i,0)=V(0,j)=0 0<=i<=n, 0<=j<=C接下来考虑原问题的⼀部分，设V(I,j)表⽰将前i个物品装⼊容量为j的背包获得的最⼤价值，在决策xi时，已经确定了(x1,x2,…,xi-1)，则问题处于下列两种情况之⼀：1. 背包容量不⾜以装⼊物品i，则装⼊前i-1个物品的最⼤价值和装⼊前i个物品最⼤价值相同，即xi=0，背包价值没有增加2. 背包容量⾜以装⼊物品i，如果把物品i装⼊背包，则背包物品价值等于把前i-1个物品装⼊容量为j-wi的背包中的价值加上第i个物品的价值vi；如果第i个物品没有装⼊背包，则背包价值等于把前i-1个物品装⼊容量为j的背包中所取得的价值，显然，取⼆者最⼤价值作为把物品i装⼊容量为j的背包中的最优解，得到如下递推公式为了确定装⼊背包中的具体物品，从V(n,C)的值向前推，如果V（n，C）>V(n-1,C),则表明第n个物品被装⼊背包中，前n-1个物品被装⼊容量为C-wn的背包中；否则，第n个物品没有被装⼊背包中，前n-1个物品被装⼊容量为C的背包中，依次类推，直到确认第⼀个物品是否被装⼊背包中代码C++实现1. // dp_01Knapsack.cpp : 定义控制台应⽤程序的⼊⼝点。
动态规划方案解决算法背包问题实验报告含源代码
动态规划方案解决算法背包问题实验报告含嘿，大家好！今天我来给大家分享一个相当有趣的编程问题——背包问题。
这可是算法领域里的经典难题，也是体现动态规划思想的好例子。
我会用我10年的方案写作经验，给大家带来一份详细的实验报告，附带哦！让我简单介绍一下背包问题。
假设你是一个盗贼，要盗取一个博物馆里的宝贝。
博物馆里有n个宝贝，每个宝贝都有它的价值v和重量w。
你有一个承重为W的背包，你希望放入背包的宝贝总价值最大，但总重量不能超过背包的承重。
这个问题，就是我们要解决的背包问题。
一、算法思路1.创建一个二维数组dp，dp[i][j]表示前i个宝贝放入一个承重为j的背包中，能达到的最大价值。
2.初始化dp数组，dp[0][j]=0，因为如果没有宝贝，那么无论背包承重多少，价值都是0。
3.遍历每个宝贝，对于每个宝贝，我们有两种选择：放入背包或者不放入背包。
4.如果不放入背包，那么dp[i][j]=dp[i-1][j]，即前i-1个宝贝放入一个承重为j的背包中，能达到的最大价值。
5.如果放入背包，那么dp[i][j]=dp[i-1][j-w[i]]+v[i]，即前i-1个宝贝放入一个承重为j-w[i]的背包中，加上当前宝贝的价值。
6.dp[i][j]取两种情况的最大值。
二、defknapsack(W,weights,values,n):dp=[[0for_inrange(W+1)]for_inrange(n+1)]foriinrange(1,n+1):forjinrange(1,W+1):ifj>=weights[i-1]:dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-weights[i-1]]+values[i -1])else:dp[i][j]=dp[i-1][j]returndp[n][W]测试数据W=10weights=[2,3,4,5]values=[3,4,5,6]n=len(values)输出结果max_value=knapsack(W,weights,values,n)print("最大价值为：",max_value)三、实验结果分析通过上面的代码，我们可以得到最大价值为15。
用动态规划法求解0-1背包问题
０ — １背包 问题 的解 决 方法 多 种 多样 ，常用 的算法 有贪 心算 法 、 回溯法 、 分 枝一限界法 等 。本文 采用 动态
规 划 原理 来 求 解 ０ 一 ｌ背 包 问题 也不 失 为 一 种 简单 明 了、 清 晰 易懂 的方法 。 参考 文献 ：
［ １ ］ 王 晓东． 计算机 算法设计与分析 ［ Ｍ］ ． 北京： 电子 工业 出版社
ｗ ｈ ｉ ｌ ｅ（ ｍ【 ｉ Ⅱ ｃ 】 ＝ ＝ ｍ［ ｉ 一 １ ］ ［ ｃ ］ ） ｉ － － ； ｗ ｈ ｉ ｌ ｅ（ ｉ ＞ ０ ） ｛ ｊ ＝ ｉ 一 １ ； ｗ ｈ ｉ ｌ ｅ（ ｍ『 ｊ １ ［ ｃ ］ 一 ｍ ［ ｊ 】 【 ｃ ］ ！＝ ｖ ｉ ｉ － １ ］ ＆ ＆－ ｊ ＞ ０ ）
［ ｉ ］ ［ ｊ 】 是 下 面两 个 量 的最 大值 ： ｍ［ ｉ ＋ １ ］ ［ ｊ ］ 和 ｍ【 ｉ ＋ １ 】 【 ｊ — ｗ ［ ｉ 】
］ ＋ Ｖ 嘲
｝
｛
ｆ ｏ ｒ （ ｊ ＝ ０ ； ｊ ＜ ＝ ｃ ； ｊ ＋ ＋ ） ｐ ｒ ｉ ｎ ｔ ｆ （ ” ％３ ｄ ． ｔ ， ｍ ｆ ｉ １ 【 ｊ 】 ） ； ｐ ｉ ｆ ｎ ｆ （ ” ＼ Ｉ １ ” ） ；｝
等于 ｖ 『 ｎ １ ；
ｋ ｎ ａ ｐ ｓ ａ ｃ ｋ （ ） ；ｄ ｉ ｓ ｐ Ｏ ； ｐ ｒ ｉ ｎ ｔ ｆ （ ” 最 大价值＝ ％ｄ ＼ ｎ ” ， ｍ 【 ｎ ］ ［ ｃ 】 ） ；
ｏ ｆ ｒ （ ｉ ＿ ０ ； ｉ ＜ ＝ ｎ ； ｉ ＋ ＋ ）
②当前的背包容量 Ｊ 大于等于物品重量 ｗ ［ ｉ ］ 时， ｍ
２ ０ ０７ ．
ｉ ｎ ｔ ｎ ， Ｃ ， ｗ ［ Ｍ Ａ Ｘ ］ ， ｖ ［ ＭＡ Ｘ ］ ， ｍ ［ ＭＡ ｘ】 ［ ＭＡ ｘ 】 ＝ ｛ ０ ｝ ； ｖ ｏ ｉ ｄ ｋ ｎ ａ ｐ ｓ ａ ｃ ｋ ０ ｛ｉ ｎ ｔ ｉ ；
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动态规划之-0-1背包问题及改进有N件物品和一个容量为V的背包。
第i件物品的重量是w[i]，价值是v[i]。
求解将哪些物品装入背包可使这些物品的重量总和不超过背包容量，且价值总和最大。
在选择装入背包的物品时，对于每种物品i，只能选择装包或不装包，不能装入多次，也不能部分装入，因此成为0-1背包问题。
形式化描述为：给定n个物品，背包容量C >0,重量第i件物品的重量w[i]>0, 价值v[i] >0 , 1≤i≤n.要求找一n元向量(X1,X2,…,X n,), X i∈{0,1}, 使得∑（w[i] * Xi）≤C,且∑ v[i] * Xi达最大.即一个特殊的整数规划问题。
数学描述为：求解最优值：设最优值m(i,j)为背包容量为j、可选择物品为i，i+1，……，n时的最优值(装入包的最大价值)。
所以原问题的解为m(1，C)将原问题分解为其子结构来求解。
要求原问题的解m(1，C)，可从m(n，C)，m(n-1，C)，m(n-2，C).....来依次求解，即可装包物品分别为（物品n）、（物品n-1，n）、（物品n-2，n-1，n）、……、（物品1，物品2，……物品n-1，物品n）。
最后求出的值即为最优值m(1，C)。
若求m(i,j)，此时已经求出m(i+1,j)，即第i+1个物品放入和不放入时这二者的最大值。
对于此时背包剩余容量j=0,1,2,3……C，分两种情况：(1)当w[i] > j，即第i个物品重量大于背包容量j时，m(i,j)=m(i+1,j)(2)当w[i] <= j，即第i个物品重量不大于背包容量j时，这时要判断物品i放入和不放入对m的影响。
若不放入物品i，则此时m(i,j)=m(i+1,j)若放入物品i，此时背包剩余容量为 j-w[i]，在子结构中已求出当容量k=0,1,2……C 时的最优值m(i+1,k)。
所以此时m(i,j)=m(i+1,j-w[i])+v[i]。
取上述二者的最大值，即m(i,j) = max{ m(i+1,j)，m(i+1,j-w[i])+v[i] }总结得出状态转移方程为：该算法的python代码实现：1 # 0-1背包问题2__author__ = 'ice'345 # 背包容量0~capacity,不是0~capacity-16def knapsack(weight, value, capacity):7if len(weight) != len(value):8print("parameter err!")9return10 obj_num = len(weight)11 result = [[] for x in range(obj_num)]12 divide = min(weight[-1], capacity)13 result[-1] = [0 for x in range(divide)]14 result[-1].extend(value[-1] for x in range(divide, capacity + 1))15for i in reversed(list(range(1, obj_num - 1))):16 divide = min(weight[i], capacity)17for j in range(divide):18 result[i].append(result[i + 1][j])19for j in range(divide, capacity + 1):20 result[i].append(max(result[i + 1][j], result[i + 1][j - weight[i]] + value[i]))2122 result[0] = {capacity: result[1][capacity]}23if weight[0] <= capacity:24 result[0][capacity] = max(result[1][capacity], result[1][capacity - weight[0]] + value[0])2526 vector = [0 for x in range(obj_num)]27 capacity_temp = capacity28for i in range(obj_num - 1):29if result[i][capacity_temp] != result[i + 1][capacity_temp]:30 vector[i] = 131 capacity_temp -= weight[i]3233if capacity_temp == 0:34 vector[-1] = 035else:36 vector[-1] = 13738return {'total_value': result[0][capacity], 'select': vector}但是,该算法有两个明显的缺点：1，基于上述代码，因为数组索引的需要，要求所给物品重量为整数。
2，当背包容量C很大时，算法所需计算时间较多。
当C>2^n时，需要Ω(n*2^n)计算时间。
所以,改进算法如下：对于函数m(i,j)的值，当i确定，j为自变量时，是单调不减的跳跃式增长，如图所示。
而这些跳跃点取决于在（物品i，物品i+1，……物品n）中选择放入哪些物品使得在放入重量小于容量 j (0<=j<=C)的情况下m取得最大值。
对于每一个确定的i值，都有一个对应的跳跃点集P i={ (j,m(i,j))，……}。
j始终小于等于C(1)开始求解时，先求P i，初始时P n+1={(0，0)}，i=n+1，由此按下列步骤计算P i-1，P i-2……P1，即P n，P n-1，……P1(2)求Q i，利用P i求出m（i，j-w[i-1]）+v[i-1]，即P i当放入物品i-1后的变化后的跳跃点集Q i={ ( j+w[i-1], m(i,j)+v[i-1] )，……}，在函数图像上表现为所有跳跃点横轴坐标右移w[i-1]，纵轴坐标上移v[i-1]。
(3)求P i-1，即求P i∪Q i然后再去掉受控跳跃点后的点集。
此处有个受控跳跃点的概念：若点(a,b)，(c,d)∈Pi∪Qi，且a<=c，b>d，则(c,d)受控于(a,b)，所以(c,d)∉P i-1。
去掉受控跳跃点，是为了求得在物品i-1放入后m较大的点，即使m取最优值的跳跃点。
由此计算得出P n，P n-1，……，P1。
求得P1的最后那个跳跃点即为所求的最优值m(1,C)。
举个例子n=5，c=10，w={2，2，6，5，4}，v={6，3，5，4，6}。
跳跃点的计算过程如下：初始时p[6]={(0,0)}因此，q[6]=p[6]⊕(w[5],v[5])={(4,6)}p[5]={(0,0),(4,6)}q[5]=p[5]⊕(w[4],v[4])={(5,4),(9,10)}p[4]={(0,0),(4,6),(9,10)} p[5]与q[5]的并集p[5]∪q[5]={(0,0),(4,6),(5,4),(9,10)}中跳跃点(5,4)受控于跳跃点(4,6)。
将受控跳跃点(5,4)清除后，得到p[4]q[4]=p[4]⊕(6，5)={(6，5)，(10，11)}p[3]={(0，0)，(4，6)，(9，10)，(10，11)}q[3]=p[3]⊕(2，3)={(2，3)，(6，9)}p[2]={(0，0)，(2，3)，(4，6)，(6，9)，(9，10)，(10，11)}q[2]=p[2]⊕(2，6)={(2，6)，(4，9)，(6，12)，(8，15)}p[1]={(0，0)，(2，6)，(4，9)，(6，12)，(8，15)}p[1]的最后的那个跳跃点(8,15)即为所求的最优值，m(1,C)=15最后，python代码的实现：1class Point:2def__init__(self, x, y):3 self.x = x4 self.y = y567# 0-1背包问题改进8def knapsack_improve(weight, value, capacity):9if len(weight) != len(value):10print("parameter err!")11return12 obj_num = len(weight)13 jump_points_p = [[] for x in range(obj_num)]14 jump_points_q = [[] for x in range(obj_num)]15 jump_points_p.append([Point(0, 0)])16 jump_points_q.append([Point(weight[obj_num - 1], value[obj_num - 1])])17for i in reversed(list(range(1, obj_num))):18 jump_points_p[i] = merge_points(jump_points_p[i + 1], jump_points_q[i + 1])19 jump_points_q[i] = [Point(point.x + weight[i - 1], point.y + value[i - 1]) for point in jump_points_p[i] if20 point.x + weight[i - 1] <= capacity]21 result = merge_points(jump_points_p[1], jump_points_q[1])22return result232425def merge_points(points_x, points_y):26 x_len = len(points_x)27 y_len = len(points_y)28 merged_points = []29 i = j = 030while True:31if i == x_len or j == y_len:32break33if points_x[i].x < points_y[j].x:34 merged_points.append(points_x[i])35if points_x[i].y >= points_y[j].y:36 j += 137 i += 138else:39 merged_points.append(points_y[j])40if points_y[j].y >= points_x[i].y:41 i += 142 j += 143while i < x_len:44if points_x[i].x > merged_points[-1].x and points_x[i].y > merged_points[-1].y:45 merged_points.append(points_x[i])46 i += 147while j < y_len:48if points_y[j].x > merged_points[-1].x and points_y[j].y > merged_points[-1].y:49 merged_points.append(points_y[j])50 j += 151return merged_points525354 result = knapsack_improve([2, 2, 6, 5, 4], [6, 3, 5, 4, 6], 10)55print()56for point in result:57print('(' + str(point.x) + ',' + str(point.y) + ')', end='')5859#(0,0) (2,6) (4,9) (6,12) (8,15)。