01背包问题
2013-05-31 00:01
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http://blog.csdn.net/jiahui524/article/details/6656342
问题描述:
有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的重量是c[i],价值是w[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。
问题特点:每种物品仅有一件,可以选择放或不放。(0:不放 1:放)
基本思路:
这是最基础的背包问题,用子问题定义状态:即f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是:f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]} 。 可以压缩空间,f[v]=max{f[v],f[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。所以有必要将它详细解释一下:“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题,若只考虑第i件物品的策略(放或不放),那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。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]。
注意f[v]有意义当且仅当存在一个前i件物品的子集,其费用总和为v。所以按照这个方程递推完毕后,最终的答案并不一定是f
[V],而是f
[0..V]的最大值。如果将状态的定义中的“恰”字去掉,在转移方程中就要再加入一项f[v-1],这样就可以保证f
[V]就是最后的答案。至于为什么这样就可以,由你自己来体会了。
代码实现:
[cpp] view
plaincopyprint?
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define MINUSINF 0x80000000
#define MAXN 100
#define MAXV 1000
int max(int a,int b)
{
return a>b?a:b;
}
//n件物品和一个容量为v的背包。第i件物品的费用是c[i],价值是w[i],装满与否要求为full
//算法1:经典DP二维数组解法,时间复杂度及空间复杂度均为O(nv)
int ZeroOnePack1(int n,int v,int c[],int w[],int full)
{
int i,j;
int f[MAXN][MAXV];
if(full){
for(i=0;i<=n;i++)
for(j=0;j<=v;j++)
f[i][j]=MINUSINF;
f[0][0]=0;
}
else {
memset(f,0,sizeof(f));
}
for(i=1;i<=n;i++){
for(j=0;j<=v;j++){
if(j>=c[i])
f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-c[i]]+w[i]);
else f[i][j]=f[i-1][j];
}
}
if(f
[v]<0) return -1;
else return f
[v];
}
//算法2:算法1的一维数组解法,时间复杂度为O(nv),空间复杂度为O(v)
int ZeroOnePack2(int n,int v,int c[],int w[],int full){
int i,j;
int f[MAXV];
if(full){
f[0]=0;
for(i=1;i<=v;i++)
f[i]=MINUSINF;
}
else{
memset(f,0,sizeof(f));
}
for(i=1;i<=n;i++){
for(j=v;j>=0;j--){
if(j>=c[i])
f[j]=max(f[j],f[j-c[i]]+w[i]);
}
}
if(f[v]<0) return -1;
else return f[v];
}
//算法3:算法2的优化,去掉了无必要的判断,时间复杂度为O(nv),空间复杂度为O(v)
int ZeroOnePack3(int n,int v,int c[],int w[],int full){
int i,j;
int f[MAXV];
if(full){
f[0]=0;
for(i=1;i<=v;i++)
f[i]=MINUSINF;
}
else {
memset(f,0,sizeof(f));
}
for(i=1;i<=n;i++){
for(j=v;j>=c[i];j--){
f[j]=max(f[j],f[j-c[i]]+w[i]);
}
}
if(f[v]<0) return -1;
else return f[v];
}
//算法4:算法3的常数优化,在v较大时优势明显,时间复杂度为O(nv),空间复杂度为O(v)
int ZeroOnePack4(int n,int v,int c[],int w[],int full)
{
int i,j,sum=0,bound;
int f[MAXV];
if(full)
{
f[0]=0;
for(i=1;i<=v;i++)
f[i]=MINUSINF;
}
else memset(f,0,sizeof(f));
for(i=1;i<=n;i++) sum+=w[i];
for(i=1;i<=n;i++)
{
if(i>1) sum-=w[i-1];
bound=max(v-sum,c[i]);
for(j=v;j>=bound;j--)
{
f[j]=max(f[j],f[j-c[i]]+w[i]);
}
}
if(f[v]<0) return -1;
else return f[v];
}
int main(){
int i,j;
int n,v,c[MAXN],w[MAXN];
while(scanf("%d %d",&n,&v)!=EOF){
for(i=1;i<=n;i++) {
scanf("%d %d",&c[i],&w[i]);
}
printf("%d\n",ZeroOnePack1(n,v,c,w,0));
}
return 0;
}
问题描述:
有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的重量是c[i],价值是w[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。
问题特点:每种物品仅有一件,可以选择放或不放。(0:不放 1:放)
基本思路:
这是最基础的背包问题,用子问题定义状态:即f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是:f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]} 。 可以压缩空间,f[v]=max{f[v],f[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。所以有必要将它详细解释一下:“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题,若只考虑第i件物品的策略(放或不放),那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。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]。
注意f[v]有意义当且仅当存在一个前i件物品的子集,其费用总和为v。所以按照这个方程递推完毕后,最终的答案并不一定是f
[V],而是f
[0..V]的最大值。如果将状态的定义中的“恰”字去掉,在转移方程中就要再加入一项f[v-1],这样就可以保证f
[V]就是最后的答案。至于为什么这样就可以,由你自己来体会了。
代码实现:
[cpp] view
plaincopyprint?
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define MINUSINF 0x80000000
#define MAXN 100
#define MAXV 1000
int max(int a,int b)
{
return a>b?a:b;
}
//n件物品和一个容量为v的背包。第i件物品的费用是c[i],价值是w[i],装满与否要求为full
//算法1:经典DP二维数组解法,时间复杂度及空间复杂度均为O(nv)
int ZeroOnePack1(int n,int v,int c[],int w[],int full)
{
int i,j;
int f[MAXN][MAXV];
if(full){
for(i=0;i<=n;i++)
for(j=0;j<=v;j++)
f[i][j]=MINUSINF;
f[0][0]=0;
}
else {
memset(f,0,sizeof(f));
}
for(i=1;i<=n;i++){
for(j=0;j<=v;j++){
if(j>=c[i])
f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-c[i]]+w[i]);
else f[i][j]=f[i-1][j];
}
}
if(f
[v]<0) return -1;
else return f
[v];
}
//算法2:算法1的一维数组解法,时间复杂度为O(nv),空间复杂度为O(v)
int ZeroOnePack2(int n,int v,int c[],int w[],int full){
int i,j;
int f[MAXV];
if(full){
f[0]=0;
for(i=1;i<=v;i++)
f[i]=MINUSINF;
}
else{
memset(f,0,sizeof(f));
}
for(i=1;i<=n;i++){
for(j=v;j>=0;j--){
if(j>=c[i])
f[j]=max(f[j],f[j-c[i]]+w[i]);
}
}
if(f[v]<0) return -1;
else return f[v];
}
//算法3:算法2的优化,去掉了无必要的判断,时间复杂度为O(nv),空间复杂度为O(v)
int ZeroOnePack3(int n,int v,int c[],int w[],int full){
int i,j;
int f[MAXV];
if(full){
f[0]=0;
for(i=1;i<=v;i++)
f[i]=MINUSINF;
}
else {
memset(f,0,sizeof(f));
}
for(i=1;i<=n;i++){
for(j=v;j>=c[i];j--){
f[j]=max(f[j],f[j-c[i]]+w[i]);
}
}
if(f[v]<0) return -1;
else return f[v];
}
//算法4:算法3的常数优化,在v较大时优势明显,时间复杂度为O(nv),空间复杂度为O(v)
int ZeroOnePack4(int n,int v,int c[],int w[],int full)
{
int i,j,sum=0,bound;
int f[MAXV];
if(full)
{
f[0]=0;
for(i=1;i<=v;i++)
f[i]=MINUSINF;
}
else memset(f,0,sizeof(f));
for(i=1;i<=n;i++) sum+=w[i];
for(i=1;i<=n;i++)
{
if(i>1) sum-=w[i-1];
bound=max(v-sum,c[i]);
for(j=v;j>=bound;j--)
{
f[j]=max(f[j],f[j-c[i]]+w[i]);
}
}
if(f[v]<0) return -1;
else return f[v];
}
int main(){
int i,j;
int n,v,c[MAXN],w[MAXN];
while(scanf("%d %d",&n,&v)!=EOF){
for(i=1;i<=n;i++) {
scanf("%d %d",&c[i],&w[i]);
}
printf("%d\n",ZeroOnePack1(n,v,c,w,0));
}
return 0;
}
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