01揹包問題

問題描述：

有n件物品和乙個容量為v的揹包。第i件物品的重量是c[i]，價值是w[i]。求解將哪些物品裝入揹包可使這些物品的重量總和不超過揹包容量，且價值總和最大。

問題特點：每種物品僅有一件，可以選擇放或不放。（0：不放 1：放）

基本思路：

這是最基礎的揹包問題，用子問題定義狀態：即f[i][v]表示前i件物品恰放入乙個容量為v的揹包可以獲得的最大價值。則其狀態轉移方程便是：f[i][v]=max 。可以壓縮空間，f[v]=max 　　這個方程非常重要，基本上所有跟揹包相關的問題的方程都是由它衍生出來的。所以有必要將它詳細解釋一下：「將前i件物品放入容量為v的揹包中」這個子問題，若只考慮第i件物品的策略（放或不放），那麼就可以轉化為乙個只牽扯前i-1件物品的問題。如果不放第i件物品，那麼問題就轉化為「前i-1件物品放入容量為v的揹包中」，價值為f[i-1][v]；如果放第i件物品，那麼問題就轉化為「前i-1件物品放入剩下的容量為v-c[i]的揹包中」，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]。

注意f[v]有意義當且僅當存在乙個前i件物品的子集，其費用總和為v。所以按照這個方程遞推完畢後，最終的答案並不一定是f[n] [v]，而是f[n][0..v]的最大值。如果將狀態的定義中的「恰」字去掉，在轉移方程中就要再加入一項f[v-1]，這樣就可以保證f[n] [v]就是最後的答案。至於為什麼這樣就可以，由你自己來體會了。

**實現：

#include#include#define minusinf 0x80000000 #define maxn 100 #define maxv 1000 int max(int a,int b) //n件物品和乙個容量為v的揹包。第i件物品的費用是c[i]，價值是w[i]，裝滿與否要求為full //演算法1：經典dp二維陣列解法，時間複雜度及空間複雜度均為o(nv) int zeroonepack1(int n,int v,int c,int w,int full) else for(i=1;i<=n;i++) } if(f[n][v]<0) return -1; else return f[n][v]; } //演算法2：演算法1的一維陣列解法，時間複雜度為o(nv)，空間複雜度為o(v) int zeroonepack2(int n,int v,int c,int w,int full) else for(i=1;i<=n;i++) } if(f[v]<0) return -1; else return f[v]; } //演算法3：演算法2的優化，去掉了無必要的判斷，時間複雜度為o(nv)，空間複雜度為o(v) int zeroonepack3(int n,int v,int c,int w,int full) else for(i=1;i<=n;i++) } if(f[v]<0) return -1; else return f[v]; } //演算法4：演算法3的常數優化，在v較大時優勢明顯，時間複雜度為o(nv)，空間複雜度為o(v) int zeroonepack4(int n,int v,int c,int w,int full) else memset(f,0,sizeof(f)); for(i=1;i<=n;i++) sum+=w[i]; for(i=1;i<=n;i++) } if(f[v]<0) return -1; else return f[v]; } int main() printf("%d\n",zeroonepack1(n,v,c,w,0)); } return 0; }

01揹包問題

揹包問題 01揹包問題

揹包問題 01揹包

揹包問題（01揹包）

01揹包問題

揹包問題 01揹包問題

揹包問題 01揹包

揹包問題（01揹包）

相關推薦