背包问题

2019独角兽企业重金招聘Python工程师标准>>> 问题描述 ： 给定n种物品和一背包，物品i的重量是wi，其价值为vi，背包的容量为C。问应如何选择装入背包的物品（物品不能分割），使得装入背包中物品的总价值最大? 抽象描述： x[n]:表示物品的选择，x[i]=1表示选择放进物品i到背包中。 问题分析： 1.抽象之后背包问题转换为找到一个最优的数组，x1，x2，.....,xn的0-1序列。 2.假设最优解的序列为x1，x2，.....,xn，能使背包容量C的总价值最大. 如果，x1=1，则x2,...,xn是C-w1容量的背包的总价值 依然是 最大的序列； 如果，x1=0，则x2,....,xn是C容量的背包的总价值 依然是 最大的序列。 这就是我们所说的最优子结构性质。 3.进一步分析：我们用m(i,j)表示为已经判断好了i:n的序列的背包最大价值，并且此时的背包剩余的容量为j，对物品i进行判断 如果j>wi, 就只要做出选择wi和不选择wi情况下，哪种更能使背包的总价值更大：m(i,j)=max{ m(i+1,j),m(i+1,j-wi)+vi} (注意这是个递归式) 如果j<wi: m(i,j)=m(i+1,j) 初始化： m(n,j)=vn (j>= wn)； m(n,j)=0 (0<=j< wn) m(0,C)=0 最终的结果：m(1,C) 4

昨天同事遇到一个优惠券使用的问题，用下班时间和早上研究了下，和动态规划的背包问题有关，但又不同于背包，感觉比较有意思就在这里做个记录，在群里讨论和梳理成文字也使自己更清晰的了解自己知道什么。 问题的精简描述为：购买商品时，有多张满减优惠券可用（可叠加使用），求最优策略（减免最多）。 准确描述为： 设共有n张优惠券C: [(V1, D1), (V2, D2), (V3, D3), ..., (Vn, Dn)]，其中Vn为面值，Dn为减免值（对于一张优惠券Cx，满Vx减Dx），优惠券为单张，可叠加使用（使用过一张后，如果满足面值还可以使用其他优惠券）。求商品价值为M时，使用优惠券的最优策略：1.减免值最多，2.优惠券剩余最优（比如对于 C1 (2, 0.1) 、C2 (1, 0.1) 只能选择一张的最优取舍就是用C1留C2 ）。 输入： 期望输出： 看到其他人推荐背包，由于没用过背包算法，通过 动态算法规划算法背包问题 学习了下背包的思想。顺便了解一下动态规划能解决什么问题： 适用动态规划方法求解的最优化问题应该具备的两个要素：最优子结构和子问题重叠。――《算法导论》动态规划原理 优惠券问题看起来和背包问题很像，但是有一点不同 图1 背包问题和优惠券问题的不同 图中，背包问题里面的数据为：在负重已知的前提下能装物品的最优总价值；优惠券问题里面的数据为总金额能使用优惠券的最优总减免值。

0-1背包回溯算法【适合小白，带分析+注释】 题目：用回溯算法实现0-1背包，背包的容积为7 装4件物品，物品的价值分别9,10,7,4，物品的重量分别是3,5,2,1，请用回溯法实现背包所能装入的最大价值？ 分析： 所谓0-1背包，为了最大的价值，考虑当前物品装或者不装【只有这两种情况，而背包问题可以只装物品的部分】，解空间可以用子集数来表示。 解0-1背包问题的回溯法，与装载问题的回溯法类似，搜索解空间树时，只要左孩子结点是一个可行结点，搜索就进入左子树，而只有在右子树包含更优解时才进入右子树，否则就把右子树剪掉。 这就是问题的关键，怎么把右子树剪掉：我们可以设计一个上界函数，只有当上界函数返回的值大于当前最优值，才进入右子树（也就是说，当前这个物品我不装，而去装下一个物品，得到的价值更大） 上界函数：将物品按单位重量价值降序排列，依次取物品装入【这是为了得到一个上界值，其实本身是不能取到的，所以当物品放不下，我们可以取部分装，这就类似背包问题】 所以物品的价值，重量，单位价值属性用结构体存储，本方法大部分处理时间在这个，其实回溯很简单，主要是为了oj提交，直接根据题目所给的数据进行编程，如果只是想练习回溯，可以自己事前计算好物品的单位重量价值，然后将价值数组，重量数组也按物品的单位重量价值降序排列 转载请标明出处: 0-1背包回溯算法【适合小白，带分析+注释】 文章来源:

背包九讲 前言 本篇文章是我(dd_engi)正在进行中的一个雄心勃勃的写作计划的一部分，这个计划的内容是写作一份较为完善的NOIP难度的动态规划总结，名为《解动态规划题的基本思考方式》。现在你看到的是这个写作计划最先发布的一部分。 背包问题是一个经典的动态规划模型。它既简单形象容易理解，又在某种程度上能够揭示动态规划的本质，故不少教材都把它作为动态规划部分的第一道例题，我也将它放在我的写作计划的第一部分。 读本文最重要的是思考。因为我的语言和写作方式向来不以易于理解为长，思路也偶有跳跃的地方，后面更有需要大量思考才能理解的比较抽象的内容。更重要的是：不大量思考，绝对不可能学好动态规划这一信息学奥赛中最精致的部分。 Ŀ¼ 第一讲 01背包问题 这是最基本的背包问题，每个物品最多只能放一次。 第二讲 完全背包问题 第二个基本的背包问题模型，每种物品可以放无限多次。 第三讲 多重背包问题 每种物品有一个固定的次数上限。 第四讲 混合三种背包问题 将前面三种简单的问题叠加成较复杂的问题。 第五讲 二维费用的背包问题 一个简单的常见扩展。 第六讲 分组的背包问题 一种题目类型，也是一个有用的模型。后两节的基础。 第七讲 有依赖的背包问题 另一种给物品的选取加上限制的方法。 第八讲 泛化物品 我自己关于背包问题的思考成果，有一点抽象。 第九讲 背包问题问法的变化 试图触类旁通、举一反三。 附

1 /* 2 背包问题简单的三类 0-1背包 多重背包 完全背包板子 3 */ 4 5 /* 6 0-1背包 7 */ 8 //普通做法 9 for(int i = 1; i <= n; i++){ 10 for(int j = w[i]; j <= c; j++){ 11 dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-w[i]] + v[i]); //前者为取 后者为不取 12 } 13 } 14 15 //空间复杂度优化 16 for(int i = 1; i <= n; i++){ 17 for(int j = c; j >= w[i]; j--){ 18 dp[j] = max(dp[j], dp[j-w[i]] + v[i]); 19 } 20 } 21 22 /* 23 多重背包 多重背包的解题思路是将相同的物品i看做是独立的个体从而将问题转换至0-1背包 24 */ 25 //普通做法（待验证） 26 for(int i = 1; i <= n; i++){ 27 for(int k = 1; k <= num[i]; k++){ 28 for(int j = w[i], j <= c; j++){ 29 if(w[i]*k <= j){ 30 dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-k*w[i]] + k

燎天一剑 7 个月前 这道题类似于完全背包问题，每个物品都可以无限使用，但是要求背包必须装满，而且要求背包中的物品数目最少， 归纳为数学问题就是， v[i]:代表每种硬币的价值 x[i]:代表每种硬币拿的个数，0<=x[i]<=amount/v[i] 所求问题可以归纳为： 在满足：amount=v1x1+v2x2+v3x3+...+vnxn 的条件下 求： target=min{x1+x2+x3+....xn} 最简单的一种思路就是把所有{xi}的组合全部拿出来，然后让target最小即可，利用递归就可以解决问题，但是时间复杂度会很高，但是如果有好的剪枝策略，也可以使用 另外一种方法就是常规的动态规划，利用一个amout+1长度的dp数组，记录每一个状态的最优解，过程见程序和注释 public int coinChange( int [] coins, int amount) { if (coins.length == 0 ) return -1 ; //声明一个amount+1长度的数组dp，代表各个价值的钱包，第0个钱包可以容纳的总价值为0，其它全部初始化为无穷大 //dp[j]代表当钱包的总价值为j时，所需要的最少硬币的个数 int [] dp = new int [amount+ 1 ]; Arrays.fill(dp, 1 ,dp.length,Integer.MAX

燎天一剑 7 个月前 这道题类似于完全背包问题，每个物品都可以无限使用，但是要求背包必须装满，而且要求背包中的物品数目最少， 归纳为数学问题就是， v[i]:代表每种硬币的价值 x[i]:代表每种硬币拿的个数，0<=x[i]<=amount/v[i] 所求问题可以归纳为： 在满足：amount=v1x1+v2x2+v3x3+...+vnxn 的条件下 求： target=min{x1+x2+x3+....xn} 最简单的一种思路就是把所有{xi}的组合全部拿出来，然后让target最小即可，利用递归就可以解决问题，但是时间复杂度会很高，但是如果有好的剪枝策略，也可以使用 另外一种方法就是常规的动态规划，利用一个amout+1长度的dp数组，记录每一个状态的最优解，过程见程序和注释 public int coinChange( int [] coins, int amount) { if (coins.length == 0 ) return -1 ; //声明一个amount+1长度的数组dp，代表各个价值的钱包，第0个钱包可以容纳的总价值为0，其它全部初始化为无穷大 //dp[j]代表当钱包的总价值为j时，所需要的最少硬币的个数 int [] dp = new int [amount+ 1 ]; Arrays.fill(dp, 1 ,dp.length,Integer.MAX

1，贪心算法 　　贪心算法（又称贪婪算法）是指，在对问题求解时，总是做出在当前看来是最好的选择。也就是说，不从整体最优上加以考虑，他所做出的的时在某种意义上的局部最优解。 　　贪心算法并不保证会得到最优解，但是在某些问题上贪心算法的解就是最优解。要会判断一个问题能否用贪心算法来计算。贪心算法和其他算法比较有明显的区别，动态规划每次都是综合所有问题的子问题的解得到当前的最优解（全局最优解），而不是贪心地选择；回溯法是尝试选择一条路，如果选择错了的话可以“反悔”，也就是回过头来重新选择其他的试试。 1.1 找零问题 　　假设商店老板需要找零 n 元钱，钱币的面额有100元，50元，20元，5元，1元，如何找零使得所需钱币的数量最少？（注意：没有10元的面额） 　　那要是找376元零钱呢？ 100*3+50*1+20*1+5*1+1*1=375 　　代码如下： # t表示商店有的零钱的面额 t = [100, 50, 20, 5, 1] # n 表示n元钱 def change(t, n): m = [0 for _ in range(len(t))] for i, money in enumerate(t): m[i] = n // money # 除法向下取整 n = n % money # 除法取余 return m, n print(change(t, 376)) # ([3,

背包问题，分支界限算法 注释和思路都在代码里了。。 递归+剪枝优化 分支界限，就是根据条件来剪枝，条件边界就叫做界，求是否满足条件的过程就叫作代价函数 不能 直接 copy代码的 代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n; //物品数量 int limitWeight; //背包上限重量 const int maxn = 1010; int bestValue = 0; //最优值 背包能装的最大价值 //物品node 两个属性 价值 和 重量 struct node{ int v; int w; }; //定义排序规则 bool cmp(node a,node b){ double flag1 = a.v*1.0/a.w; double flag2 = b.v*1.0/b.w; return flag1 > flag2; //按价值与重量比排序 } struct node nod[maxn];//存放物品的结构体数组 int takeNum[maxn]; //记录拿物品的数量 int bestTake[maxn]; //记录最优的 拿物品的数量 //第x个物品时 当前背包的重量 code by:fishers void dfs(int x,int curWeight,int curValue){ if(x == n

题目： 特大背包问题 (20分) C时间限制：1000 毫秒 | C内存限制：10000 Kb 题目内容： 现在有一个容量为C的背包和N个重量和价值已知的物品. 现在要从这n个物品中挑选出一些物品, 使得选择的物品的总重量不超过背包的容量, 且总价值最大. 此题的数据范围: 1 <= C <= 10^8(10的8次方) 1 <= N <= 100 输入描述 有多组测试数据. 第一行一个正整数T(T<=15), 表示测试数据组数. 对于每组测试数据: 第一行两个正整数N和C, 分别表示物品的数量和背包的容量. 接下来N行, 每行两个正整数w,v ,分别表示对应物品的重量和价值(1<= w <= 10^7, 1<= v <= 100) 输出描述 输出一个正整数, 表示在所选物品不超过背包容量的情况下, 能够得到的最大价值. 输入样例 1 3 10 5 10 5 10 4 12 输出样例 22 ———————————————— 思路： 先求出所有物品的总价值V， 用一个一维数组，下标对应价值，数组储存总价值依次减小时需要的最小容量，。 最后输出 题目所给背包容量对应的价值即为所求答案。 核心代码： for(i=1;i<=n;i++) for(int j = V ;j >= v[i];j--) dp[j]= min( dp[j] , dp[j-v[i]] + w [i]); 通过代码 ：