01背包問題：
1.遞歸思想
0- 1 背包問題如果采用遞歸算法來描述則非常清楚明白, 它的算法根本思想是假設用布爾函數
knap( s, n) 表示n 件物品放入可容質量為s 的背包中是否有解( 當knap 函數的值為真時
說明問題有解,其值為假時無解) . 我們可以通過輸入s 和n 的值, 根據它們的值可分為以下幾種情況討論:
( 1) 當s= 0時可知問題有解, 即函數knap( s, n) 的值為true; ( 2) 當s< 0 時這時不可能,
所以函數值為false; ( 3) 當輸入的s> 0 且n< 1 時即總物品的件數不足1, 這時函數值為false,
只有s> 0 且n \1 時才符合實際情況,這時又分為兩種情況: ( 1) 選擇的一組物體中不包括Wn
則knap( s, n) 的解就是knap( s, n- 1) 的解. ( 2) 選擇的一組物體中包括Wn 則knap( s, n) 的解
就是knap( s- Wn, n- 1) 的解. 這樣一組Wn 的值就是問題的最佳解. 這樣就將規模為n 的問題轉化為
規模為n- 1 的問題. 綜上所述0- 1 背包問題的遞歸函數定義為:
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 背包問題的時間復雜度為O( n) . 上述算法對於所有物品中的某幾件恰能裝滿背包
時能准確求出最佳解. 但一般情況是對於某一些物品無論怎么裝都不能裝滿背包, 必須要按背包的最大
容量來裝. 如物品件數為4, 其質量分別為: 10, 2, 5, 4, 背包的容量為20, 則這四件物品無論怎么放都不
能恰好裝滿背包, 但應能最大限度裝, 即必須裝下10, 5, 4 這三件物品, 這樣就能得到最大質量19. 對於
這種裝不滿的背包它的解決辦法是這樣的: 按所有物品的組合質量最大的方法裝背包, 如果還裝不滿,
則我們可以考慮剩余空間能否裝下所有物品中最小的那件, 如果連最小的都裝不下了則說明這樣得到
的解是最佳解, 問題解決. 這樣我們必須先找出所有n 件物品中質量最小的那件( 它的質量為Min) , 但
是為了問題的解決我們不能增加運算次數太多, 並且必須運用上述遞歸函數. 那么我們可通過修改s 的
值即背包的容量, 從背包容量s 中減去k( 它的值是從0 到Min- 1 之間的一個整數值) , 再調用遞歸函
數. 當k= 0 時即能裝滿背包, 其它值也能保證背包能最大限度裝滿, 這樣所有問題都解決了.
①例題一：
簡單背包問題
Time Limit: 1000MS Memory Limit: 65535KB
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Description
設有一個背包可以放入的物品重量為S，現有n件物品，重量分別是w1，w2，w3，…wn。
問能否從這n件物品中選擇若干件放入背包中，使得放入的重量之和正好為S。
如果有滿足條件的選擇，則此背包有解，否則此背包問題無解。
Input輸入數據有多行，包括放入的物品重量為s，物品的件數n，以及每件物品的重量（輸入數據均為正整數）
多組測試數據。
Output對於每個測試實例，若滿足條件則輸出“YES”，若不滿足則輸出“NO“
Sample Input
20 5
1 3 5 7 9
Sample Output
YES
# 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;//退出來再選下一個 return f(w,s-1);//選擇下一個 } 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"); } return 0; } }
2.貪心算法
用貪心法設計算法的特點是一步一步地進行，根據某個優化測度（可能是目標函數，也可能不是目標函數），每一步上都要保證能獲得局部最優解。
每一步只考慮一個數據，它的選取應滿足局部優化條件。若下一個數據與部分最優解連在一起不再是可行解時，就不把該數據添加到部分解中，
直到把所有數據枚舉完，或者不能再添加為止。
#include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; struct good//表示物品的結構體 { double p;//價值 double w;//重量 double r;//價值與重量的比 }; 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; int i,n; cin>>m>>n;//讀入包的容量和物品個數 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);//調用sort排序函數，按照價值與重量比和質量排序貪心 s=0;//包內現存貨品的重量 value=0;//包內現存貨品總價值 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<<endl;//輸出結果 return 0; }
但仔細想就會發現有個很大的問題，
10 4
5 10
8 16
5 5
10 10
就會出問題，被裝進去就不會拿出來，可見“拿來主義”行不通！
接下來介紹另一種算法：動規
3.動態規划【正解】
有N件物品和一個容量為V的背包。第i件物品的體積是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。
狀態轉移方程：
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
偽碼：
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，那么問題就轉化為“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]。
②例題二：
采葯
Time Limit: 1000MS Memory Limit: 65535KB
Submissions: 155 Accepted: 50
Description辰辰是個天資聰穎的孩子，他的夢想是成為世界上最偉大的醫師。為此，他想拜附近最有威望的醫師為師。醫師為了判斷他的資質，給他出了一個難題。醫師把他帶到一個到處都是草葯的山洞里對他說：“孩子，這個山洞里有一些不同的草葯，采每一株都需要一些時間，每一株也有它自身的價值。我會給你一段時間，在這段時間里，你可以采到一些草葯。如果你是一個聰明的孩子，你應該可以讓采到的草葯的總價值最大。”
如果你是辰辰，你能完成這個任務嗎？
Input輸入的第一行有兩個整數T（1 <= T <= 1000）和M（1 <= M <= 100），用一個空格隔開，T代表總共能夠用來采葯的時間，M代表山洞里的草葯的數目。接下來的M行每行包括兩個在1到100之間（包括1和100）的整數，分別表示采摘某株草葯的時間和這株草葯的價值。
Output輸出包括一行，這一行只包含一個整數，表示在規定的時間內，可以采到的草葯的最大總價值。
Sample Input
70 3
71 100
69 1
1 2
Sample Output
3
#include<iostream> # include<cstring> # define max(a,b) a>b?a:b using namespace std; 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相當於上面說的V-c[i] { if(j>=w[i]) dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]]+val[i]);//放還是不放的選擇 else dp[i][j]=dp[i-1][j]; } cout<<dp[m][T]<<endl; return 0; }
這里就測試一下，
10 4
5 10
8 16
5 5
10 10
