c 揹包問題

又鴿了好久……

博主剛剛學會揹包問題不久，然後有一段時間沒練習了

今天就來重新溫習一下，順手就寫了這一篇部落格。

好了，下面進入正題！

揹包問題是動態規劃的乙個分支

主要是分成了01揹包、完全揹包和多重揹包。

下面從01揹包開始講解。

01揹包是在m件物品取出若干件放在空間為w的揹包裡，每件物品的體積為w1，w2至wn，與之相對應的價值為p1,p2至pn。01揹包可謂是揹包問題中最簡單的問題。01揹包的約束條件是給定幾種物品，每種物品有且只有乙個，並且有權值和體積兩個屬性。在01揹包問題中，因為每種物品只有乙個，對於每個物品只需要考慮選與不選兩種情況。如果不選擇將其放入揹包中，則不需要處理。如果選擇將其放入揹包中，由於不清楚之前放入的物品佔據了多大的空間，需要列舉將這個物品放入揹包後可能佔據揹包空間的所有情況。

有n件物品和乙個容量為v的揹包。第i件物品的體積是c[i]，價值是w[i]。求解將哪些物品裝入揹包可使價值總和最大。

了解了基本概念和問題雛形後我們就可以來想做題的方法了。

從題目裡看，我們就能看出，01揹包有個特點：每種物品僅有一件，可以選擇放或不放。

所以我們就可以把每種情況都列舉一遍。

首先建立乙個二維陣列dp表示價值，w[i]是每件物品的價值，c[i]是每件物品的體積

然後就想，由於它只有放和不放兩種狀態，我們就要比較這兩種狀態的價值，用max函式。

狀態轉移方程：dp[i][v]=max

其中，dp[i-1][v]表示不放該物品，dp[i-1][v-c[i]]+w[i]表示放入該物品。

這樣做乙個迴圈列舉各種情況即可。

for (i = 1; i <= n; i++)
for (j = v; j >= c[i]; j--)//在這裡，揹包放入物品後，容量不斷的減少，直到再也放不進了
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - c[i]] + w[i]);

最後的結果就是最大值。

還有一些優化的方法：01滾動和就地滾動。

01滾動：

我們可以看到每一行的結果實際上只與上一行有關，所以就可以01滾動——f[i][0,1] 一行記錄前一行的值，另一行記錄當前行的值……

所以，這是一種簡化的好辦法！

就地滾動：

就地滾動就是用乙個一維陣列，把之前的狀態和當前的狀態放在同乙個陣列，但是在寫的過程中會有問題。

先上**吧：

for(i=1 ; i<= n ; i++)
for(j= c[i]; j)     
if(!dp[j-c[i]) dp[j] = dp[j-c[i]];

我們會發現，這樣的話乙個物品會被重複計算多次。

問題1：採藥

這是乙個經典的問題哦！

飛機場：洛谷p1048 採藥

問題解答（不可用於直接ac本題，可進行參考！）

1 #include2 #include3 #include4 #include5 #include6 #define inf 100000000
7 //狀態：dp[i][j]表示考慮前i個草藥，目前體積之和為j，可以獲得的最大價值
8 //轉移方程：dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]]+v[i]) 
9 //答案：dp[m][max(...)]
10 //不需要初始化，直接算 
11 //複雜度：o(m*t) 
12 int dp[105][1005],w[105],v[105];
13 using namespacestd;
14 intmain()
15 22 for(int i=1;i<=m;i++)
23 for(int j=t;j>=0;j--)
24 30 int ans=0;
31 for(int i=0;i<=t;i++)
32 35 cout<
36 return 0;
37 }

當然還有一種做法。可以直接使用一維陣列：參見一本通。

這個問題非常類似於01揹包問題，所不同的是每種物品有無限件，也就是從每種物品的角度考慮，與它相關的策略已並非取或不取兩種，而是有取0件、取1件、取2件……取[v/c]件等很多種。

有 n 種物品和乙個容量為 v 的揹包，每種物品都有無限件可用。放入第 i 種物品的費用是 ci ，價值是 wi 。求解：將哪些物品裝入揹包，可使這些物品的耗費的費用總和不超過揹包容量，且價值總和最大。

這個題目有乙個和01揹包不一樣的地方：每種物品有無數件！

然後我們想前面我說過的就地滾動，會計算多次，這不正巧？

問題2：瘋狂的採藥

這個……這個題目的介紹不大正經，未成年人請在家長的陪伴下**。

飛機場：洛谷p1616 瘋狂的採藥

問題解答（不可用於直接ac本題，可進行參考！）

1 #include2 #include3 #include4 #include5 #include6 #define inf 100000000
7 //狀態：dp[i][j]表示考慮前i個草藥，目前體積之和為j，可以獲得的最大價值
8 //轉移方程：dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]]+v[i]) 
9 //答案：dp[m][max(...)]
10 //不需要初始化，直接算 
11 //複雜度：o(m*t) 
12 int f[1000001],t,m,ti,v;
13 using namespacestd;
14 intmain()
15 23 cout<
24 return 0;
25 }

有n種物品和乙個容量為v的揹包。第i種物品最多有n[i]件可用，每件體積是w[i]，價值是v[i]。求解將哪些物品裝入揹包可使這些物品的費用總和不超過揹包容量，且價值總和最大。

這個問題的特點是：每種物品有一定數量

這個運用的是二進位制思想！

轉化為01揹包求解：把第i種物品換成n[i]件01揹包中的物品，則得到了物品數為σn[i]的01揹包問題。

我們考慮把第i種物品換成若干件物品，使得原問題中第i種物品可取的每種策略——取0..n[i]件——均能等價於取若干件代換以後的物品。

另外，取超過n[i]件的策略必不能出現。方法是：將第i種物品分成若干件物品，其中每件物品有乙個係數，這件物品的費用和價值均是原來的費用和價值乘以這個係數。

使這些係數分別為1,2,4,...,2^(k-1),n[i]-2^k+1，且k是滿足n[i]-2^k+1>0的最大整數。例如，如果n[i]為13，就將這種物品分成係數分別為1,2,4,6的四件物品。

解決問題的道理

1） 1+2+4+...+2^(k-1)+n[i]-2^k+1 = n[i] 這就保證了最多為n[i]個物品

2）1,2,4,……,2^(k-1),可以湊出1到2^k – 1的所有整數（聯絡乙個數的二進位制拆分即可證明，證明過程在下面的題解中）

3） 2^k……n[i]的所有整數可以用若干個上述元素湊出（可以理解為湊n[i]-t, 而n[i]為上面所有數的和，t則是乙個小於2^k 的數，那麼在所有的數中去掉組成2^k 的那些數剩下的就可以組成n[i]-t了）

當然，這個二進位制的道理我在之前的一篇部落格上寫過，一會的實戰演練會帶你們去。

問題3：寶物篩選

這是一道很水的藍題……

飛機場：洛谷p1776 寶物篩選題解（我寫的，你們還有更詳細的多重揹包解決思路）

客官，給個贊再走唄？

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