(完整版)01背包问题
01背包问题(回溯法)

01背包问题(回溯法) 回溯法是⼀个既带有系统性⼜带有跳跃性的搜索算法。
它在包含问题的所有解的解空间树中,按深度优先策略,从根结点出发搜索解空间树。
算法搜索⾄解空间树的任意⼀结点时,先判断该结点是否包含问题的解。
如果肯定不包含,则跳过对该结点为根的⼦树搜索,逐层向其祖先结点回溯;否则,进⼊该⼦树,继续按深度优先策略搜索。
问题的解空间⽤回溯法解问题时,应明确定义问题的解空间。
问题的解空间⾄少包含问题的⼀个(最优)解。
对于 n=3 时的 0/1 背包问题,可⽤⼀棵完全⼆叉树表⽰解空间,如图所⽰:求解步骤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搜索。
常⽤的剪枝函数:⽤约束函数在扩展结点处剪去不满⾜约束的⼦树;⽤限界函数剪去得不到最优解的⼦树。
回溯法对解空间做深度优先搜索时,有递归回溯和迭代回溯(⾮递归)两种⽅法,但⼀般情况下⽤递归⽅法实现回溯法。
算法描述 解 0/1 背包问题的回溯法在搜索解空间树时,只要其左⼉⼦结点是⼀个可⾏结点,搜索就进⼊其左⼦树。
当右⼦树中有可能包含最优解时才进⼊右⼦树搜索。
否则将右⼦树剪去。
代码:public class Knapsack_Problem01 {double m=100; //背包最⼤容量int n=5; //物品的个数int[] w = {10,20,30,40,50}; //第i个物品的重量int[] v = {20,30,65,40,60}; //第i个物品的价值int[] a = new int[n]; //记录在树中的移动路径,为1的时候表⽰选择该组数据,为0的表⽰不选择该组数据int maxvalue = 0; //背包的最⼤权重值public static void main(String[] args){Knapsack_Problem01 p = new Knapsack_Problem01();p.Search(0);}public void Search(int i) //i表⽰递归深度{if(i>=n){CheckMax();}else {a[i] = 0;Search(i+1);a[i] = 1;Search(i+1);}}public void CheckMax(){int weight = 0;int value = 0;for(int i=0;i<n;i++) //判断是否达到上限{if(a[i] == 1){weight = weight + w[i];value = value + v[i];}}if(weight <= m){if(value >= maxvalue){maxvalue = value;System.out.print("最⼤价值是:" + maxvalue +" ");System.out.print("所选取的物品为(1代表选中,0代表不选中): ");for(int j=0;j<n;j++){System.out.print(a[j]);System.out.print(' ');}System.out.print('\n');}}}}。
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。
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。
01背包问题动态规划算法

01背包问题动态规划算法
01背包问题是求在限定条件下,在一定的容量内最优装载物品,使得总价值最大。
动态规划算法是一种用于解决多阶段决策问题的途径,其特点是将原问题划分成若干子问题,每个子问题只求解一次,保存子问题的解,避免了重复计算。
01背包问题动态规划算法的步骤如下:
1、确定状态:物品的种数i (i=1,2,…n),背包的容量j (j=0,1,2,…V)。
2、确定状态转移方程:f[i][j]=max{f[i-1][j],f[i-1][j-wi]+vi}。
3、确定初始状态:f[i][0]=0,f[0][j]=0。
4、确定输出:最后f[n][V]即为最优解。
5、根据状态转移方程从左到右,从上到下进行迭代计算。
01背包问题(01knapsackproblem)

01背包问题(01knapsackproblem)0 / 1 背包问题(0 / 1 knapsack problem)背包问题(Knapsack problem)是⼀种组合优化的问题。
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,即在总重量不超过W的前提下,总价值是否能达到V。
1、题⽬描述假设商店中有如下3个商品,他们的重量和价格如下:索引重量价值011500143000232000假如你是⼀个⼩偷,你有⼀个重量为4的包,每个商品只能偷⼀次,请问你怎么偷才会使得最后的价值最⼤?2、分析这种问题⼀般可以⽤动态规划很好地解决。
但是如果我不⽤动态规划,⽽是⽤搜索所有情况来解决也可以,每个商品都有偷或不偷的选项,所以n个商品就有n^2种情况,所以⽤遍历的⽅法时间复杂度为O(n^2) n为商品的数量现在我们假设B(k, w)表⽰的是前k个商品,在背包容量为w的情况下能偷的最⾼价值当现在⾯对的第k个物品重量太重时:B(k, w) = B(k-1, w),代表我在多了⼀个物品的选择的情况下,仍然和没有这件物品时的选择⼀样,所以结果也⼀样(因为我偷不了或者我不偷的情况)当第k个物品的重量我可以接受时:B(k, w) = B(k-1, w - 这件物品的重量) + 这件物品的价值代表我如果偷了这件物品,那剩下的w - 这件物品重量的空间可以容纳的最⼤价值就是在上⼀次选择时B(k-1, w - 这件物品的重量)的值。
再加上这件物品的价值就是我偷了这件物品的最⼤值。
所以,在衡量⼀个B(k, w)时,⾸先看⼀下能不能偷,能得话看⼀下偷还是不偷两个的最⼤值,就是B(k, w)的值,所以我们回到上⾯的问题,问题的解就是B(2,4)的值我们⽤⼆维数组 dp[][]来表⽰整个的过程可选商品 \ 背包容量012340号商品(1,1500)015001500150015000 ~ 1号商品(4,3000)015001500150030000 ~ 2号商品(3,2000)01500150020003500如图中加粗数字1500代表的是在有前两个商品,背包容量为2时可以偷的最⼤价值为1500图中加粗数字3000,即在有前2个商品,背包重量为4时,可以偷的最⼤价值为3000,这个数是这样算的:第⼆个商品(1号)重量为4,正好满⾜,如果偷的话所以价值为3000 + 0 = 3000如果不偷的话价值和只有1个商品,背包容量为4的价值⼀样,1500取最⼤值为3000所以问题的关键就在构建这个⼆维数组3、实现/*** 时间复杂度:O(n * capacity) n为商品数量,capacity为包的⼤⼩* 空间复杂度:O(n * capacity) 可以优化为capacity*/public class Main{/*** 0/1 背包问题* @param w w[i]代表i号物品的重量(从0开始)* @param v v[i]代表i号物品的价值(从0开始)* @param capacity 代表包的最⼤容量* @return 可以偷的商品的最⼤值*/public static int knapsack(int[] w, int[] v, int capacity){int goods = w.length; // 商品数int[][] dp = new int[goods][capacity + 1];// 初始化第⼀⾏,因为第⼀⾏上层没有元素了,即只有第⼀个商品时for(int j = 1; j <= capacity; j++){if(j >= w[0]) dp[0][j] = v[0];}// 前i个商品, 背包容量为j时偷得最⼤价值for(int i = 1; i < goods; i++) {for(int j = 1; j < capacity + 1; j++) {// 如果容量不够放下第i个商品if(w[i] > j) {dp[i][j] = dp[i-1][j];} else { // 如果可以放下这件商品dp[i][j] =Math.max(dp[i-1][j], v[i] + dp[i-1][j-w[i]]);}}}// System.out.println(Arrays.deepToString(dp));return dp[goods - 1][capacity];}}⽤滚动数组优化空间复杂度:因为如果我们从后往前构建每⼀⾏,那上⼀⾏保留的就可以在构建时候⽤/*** 时间复杂度:O(n * capacity) n为商品数量,capacity为包的⼤⼩* 空间复杂度:O(capacity)*/public class Main{/*** 0/1 背包问题* @param w w[i]代表i号物品的重量(从0开始)* @param v v[i]代表i号物品的价值(从0开始)* @param capacity 代表包的最⼤容量* @return 可以偷的商品的最⼤值*/public static int knapsack(int[] w, int[] v, int capacity){int goods = w.length; // 商品数int[] dp = new int[capacity + 1];// 前i个商品, 背包容量为j时偷得最⼤价值for(int i = 0; i < goods; i++) {for(int j = capacity; j > 0; j--) {// 如果能装下就更新,装不下就不更新(上⼀⾏的值)if(j - w[i] >= 0) {dp[j] = Math.max(dp[j], v[i] + dp[j - w[i]]);}}}return dp[capacity];}}。
5.5动态规划求解01背包问题

xn-2,…,x1将依次推导得出
例2的解向量推导
S0={(0,0)}
S1={(0,0),(1,2)}
S2={(0,0),(1,2), (2,3),(3,5)}
● Si的构造
记S1i 是fi-1(X-wi)+pi的所有序偶的集合,则
S1i {( P,W ) | (P pi ,W wi ) S i1}
其中,Si-1是fi-1的所有序偶的集合
Si的构造:由Si-1和 S1i 按照支配规则合并而成。
支配规则:如果Si-1和S1i 之一有序偶(Pj,Wj),另一有(Pk,Wk),
5.5动态规划求解 0/1背包问题
1.问题描述 背包容量M,n个物品,分别具有效益值P1…Pn,物
品重量w1…wn,从n个物品中,选择若干物品放入 背包,物品要么整件放入背包,要么不放入。怎 样决策可以使装入背包的物品总效益值最大?
形式化描述:
目标函数:
约束条件:
max pixi
1i j
wixi M
1in
xi
0或1,
pi
0, wi
0,1
i
n
0/1背包问题:KNAP(1,n,M)
❖ 0/1背包问题:M=6,N=3,W=(3,3,4),P=(3,3,5) ❖ 贪心法:p3/w3 > p1/w1 > p2/w2 ❖ 贪心解 ∑P=5(0,0,1) ❖ 最优解是:∑P=6(1,1,0)
❖ 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
动规-背包九讲完整版

为什么呢?可以这样理解:初始化的 f 数组事实上就是在没有任何物品可以放入背包时的合 法状态。如果要求背包恰好装满,那么此时只有容量为 0 的背包可能被价值为 0 的 nothing“恰好装满”,其它容量的背包均没有合法的解,属于未定义的状态,它们的值就都 应该是-∞了。如果背包并非必须被装满,那么任何容量的背包都有一个合法解“什么都不 装”,这个解的价值为 0,所以初始时状态的值也就全部为 0 了。
前言
本篇文章是我(dd_engi)正在进行中的一个雄心勃勃的写作计划的一部分,这个计划的内容是 写作一份较为完善的 NOIP 难度的动态规划总结,名为《解动态规划题的基本思考方式》。现 在你看到的是这个写作计划最先发布的一部分。
背包问题是一个经典的动态规划模型。它既简单形象容易理解,又在某种程度上能够揭示动 态规划的本质,故不少教材都把它作为动态规划部分的第一道例题,我也将它放在我的写作 计划的第一部分。
这个小技巧完全可以推广到其它类型的背包问题,后面也就不再对进行状态转移之前的初始 化进行讲解。
小结
01 背包问题是最基本的背包问题,它包含了背包问题中设计状态、方程的最基本思想,另 外,别的类型的背包问题往往也可以转换成 01 背包问题求解。故一定要仔细体会上面基本思 路的得出方法,状态转移方程的意义,以及最后怎样优化的空间复杂度。
感谢 XiaQ,它针对本文的第一个 beta 版发表了用词严厉的六条建议,虽然我只认同并采纳 了其中的两条。在所有读者几乎一边倒的赞扬将我包围的当时,你的贴子是我的一剂清醒 剂,让我能清醒起来并用更严厉的眼光审视自己的作品。
当然,还有用各种方式对我表示鼓励和支持的几乎无法计数的同学。不管是当面赞扬,或是 在论坛上回复我的贴子,不管是发来热情洋溢的邮件,或是在即时聊天的窗口里竖起大拇 指,你们的鼓励和支持是支撑我的写作计划的强大动力,也鞭策着我不断提高自身水平,谢 谢你们!
动态规划01背包问题

01 背包问题的时间复杂度为 O(nW),空间复杂度为 O(nW)。
• 选择放入第 i 个物品。此时,背包的剩余容量为 j-w[i], 所以 f[i][j] = f[i-1][j-w[i]] + v[i]。 • 不选择放入第 i 个物品。此时,f[i][j] = f[i-1][j]。
综上所述,状态转移方程为:
f[i][j] = max(f[i-1][j], f[i-1][j-w[i]] + v[i])
01 背包问题是一种经典的动态规划问题,其目的是在限制条 件下,使得背包内的物品价值最大。
在 01 背包问题中,每种物品都有其体积和价值。同时,背 包也有一定的容量限制。问题的目标是在不超过背包容量的 前提下,使得背包内物品的价值最大。
为了解决 [j]表示前 i 个物品放入一个容量为 j 的背包可以获得的最大价值。然后,我们考虑第 i 个物品的 选择情况,其中有两种情况:
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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(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);。