简单背包问题+0/1背包问题+DP

简单背包问题

  首先不好意思，前段时间在做项目，现在项目结束了，有时间了，来为大家更新下算法！

看题：

小红和小明在魔法石矿里挖到了很多的魔法石，他们有一个背包，可以放入的重量为S，现有N件魔法石，重量分别为W1,W2,W3,...Wn，各重量均为正整数，从N件魔法石中挑选若干件，使得放入背包的重量之和正好为S。若成功，则输出放入背包的物品，否则输出“Failed!”。
【输入格式】
 第一行两个整数即S和N，其中S<1000,N<32.第二行为N个整数，即N件物品的重量。
【输出格式】
 若成功，则输出放入背包的物品，以空格间隔，否则输出“Failed!”.
【输入样例】
10  5
12 3 4 5 6
【输出样例】
4 6

枚举算法

★

  该问题可以转化为某个物品取或不取的问题，以1代表取，以0代表不取，穷举出所有的可能性，输出总质量==S的组合即可，下面是输出所有符合条件的组合：
//简单背包问题——枚举算法#include<iostream>using namespace std;int N,S;int W[40];           //初始化每个物品的重量 int flag[40]={0};//标记数组void Print()//打印结果 {for(int i=0;i!=N;i++)if(1 == flag[i])cout<<W[i]<<" ";cout<<endl; } int main(){int sum,all_count=1;cin>>S>>N;for(int i=0;i<N;i++)cin>>W[i];for(int i=0;i!=N;i++)//计算所有可能性次数，即2的n次方 all_count *= 2;for(int num=0;num<=all_count;++num){for(int i=0;i!=N;i++)//列举所有flag数组可能 if(flag[i] == 0){flag[i]=1;continue;}else{flag[i]=0;break;}sum = 0;//本次重量初始化为0 for(int i=0;i!=N;i++)//按标记计算所有选中物品重量和 if(flag[i] == 1)sum += W[i];if(sum == S)//打印方案 Print();} return 0;}
下面我们来引入另一种算法

递归算法

★

  解决此题最可能的方法是一个一个将物品放入背包内实验，设布尔函数knapsack(s,n)表示剩下n个物品中装满剩下重量为s的背包，如果有解，返回1，否则返回0.实验过程应该如下所述：(1)取最后一个物品Wn，调用knapsack(s,n);(2)如Wn=s，结束程序，输出结果(n,Wn);(3)如Wn<s，且n>1，则求knapsack（s-Wn,n-1);(4)如Wn>s，且n>1，删除Wn，从剩下n-1中继续找，即knapsack(s,n-1)。还可以得知递归结束的条件应为：(1)Wn=s(正好放入的物品重量等于背包能装的重量)(2)Wn！=s(无解)(3)n<=0(再没有物品可试)  但实际上问题并不是这么简单，因为所选取并放入的物品Wn很可能导致无法获得正确结果。例如s=10,物品重量分别为1，6，2，7，5，如果第一次选择Wn=5放入背包后，则后面再怎么选择也不可能成功，正确的做法是排除Wn=5，从Wn=7开始才可能有正确答案，即7+2+1=10。  因此Wn是否有效还要看后续的knapsack(s-Wn,n-1)是否有解，如果无解，说明先前取得Wn不合适，就要放弃Wn，在剩余物品中重新开始挑选，即knapsack(s,n-1)。参考代码如下：

//简单背包问题——递归算法#include<iostream>using namespace std;#define MAXN 40int W[MAXN];//各物品重量int knapsack(int s,int n)//s为剩余重量，n为剩余可选物品数 {if(s == 0)//如果正好装满 return 1;if(s<0 || (s>0 && n<1))//如s<0 或 n<1 则不能完成 return 0;if(knapsack(s-W[n],n-1))//从后往前装，装上W[n]后，若剩余物品仍有解 {cout<<W[n]<<" ";//则装进第n个包，并输出 return 1;}return knapsack(s,n-1);//如装了第n个包后，导致无解，则删除该包，尝试第n-1个 } int main(){int S,N;cin>>S>>N;for(int i=1;i<=N;++i)cin>>W[i];if(knapsack(S,N))cout<<"\n";elsecout<<"Failed!\n";}
大家是不是对背包问题有一定了解了，下面我们引入另一种背包0/1背包问题

0/1背包问题

小红和小明有一个最多能装m千克的背包，有n块魔法石，它们的重量分别是W1,W2,...Wn,它们的价值分别是为C1,C2,...Cm。若每种魔法石只有一件，问能装入的最大总价值。【输入示例】  第一行为两个整数m和n，以下n行中，每行两个整数Wi，Ci，分别代表第i件物品的重量和价值【输出格式】  输出一个整数，即最大价值【输入样例】8 32 35 45 5【输出样例】8动态规划算法

★

在这道题里，物品或者被装入背包，或者不被装入背包，只有两种选择。因此被称为0/1背包问题。我们可以使用穷举组合、贪心算法，但是，用穷举组合可能会超时，贪心法不稳定，往往的不出最优解。由此需要考虑动态规划算法(DP)。

使用动态规划算法解决如下：设f(i,x)表示前i件物品，背包容量为x时的最优价值；则f(i,x)=max{f(i-1,x-W[i])+C[i],f(i-1,x)}f(n.m)即为最优解，边界条件为f(0,x)=,f(i,0)=0;如果对上述公式不理解，我们使用题目中的样例用表格法来分析：根据边界条件f(0,x)=0,f(i,0)=0；表格如下所示：

 试放入第一个物品，即W=2，C=3试一下在各个重量段所能取得的最大价值如表所示：

  如下表所示，试放入第二个物品，即w=5，c=4，试一下在各个重量段所能取得的最大价值：

 由于第二个物品重量为5，所以在1~4重量段时，值仍为3，当重量段>=5时，可以尝试放入改物品，即比较改重量段减去5时的价值加该物品的价值，与不放第二个物品时的总价值哪个大，取其最大值。以后读入的物品一次类推。例如：f(2,5)=max(f(1,(5-5))+4,f(1,5))    =max(f(1,0)+4,f(1,5))    =4F(2,7)=max(f(1,(7-5))+4,f(1,7))      =max(f(1,2)+4,f(1,7))      =7以此法试放入第三个物品，即w=5，c=5时，表格如图所示：

最终答案为8完整代码
// 0/1背包问题#include<iostream>#include<cstdlib>using namespace std;int i,j,m,n;int w[200],c[200],f[200][200];int main(){cin>>m>>n;for(i=1;i<=n;i++)cin>>w[i]>>c[i];for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++)if(j >= w[i])f[i][j]=max(f[i-1][j-w[i]]+c[i],f[i-1][j]);elsef[i][j]=f[i-1][j];cout<<f[n][m]<<endl;return 0;} 
到这里就结束了，希望此篇文章，能够对大家有所帮助，也希望的算法精益求精，不断突破瓶颈；下次为大家讲解N皇后问题！