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true; ( 2) 当s< 0 时这时不可能,
所以函数值为false; ( 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
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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 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"); } return 0; } }
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 std; struct good//表示物品的结构体 { double p;//价值 double w;//重量 double r;//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; int i,n; 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<<endl;//输出结果 return 0; }
但仔细想就会发现有个很大的问题，
10 4
5 10
8 16
5 5
10 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
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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 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]<<endl; return 0; }
这里就测试一下，
10 4
5 10
8 16
5 5
10 10
