01背包问题

pascal语言中的01背包问题的解答

算法分析
　　
　　对于背包问题，通常的处理方法是搜索。
　　用递归来完成搜索，算法设计如下：
　　function Make( i {处理到第i件物品} , j{剩余的空间为j}:integer) :integer;
　　初始时i=m , j=背包总容量
　　begin
　　if i:=0 then
　　Make:=0;
　　if j>=wi then (背包剩余空间可以放下物品 i )
　　r1:=Make(i-1,j-wi)+v; (第i件物品放入所能得到的价值 )
　　r2:=Make(i-1,j)　(第i件物品不放所能得到的价值 )
　　Make:=max{r1,r2}
　　end;
　　这个算法的时间复杂度是O(2^n)，我们可以做一些简单的优化。
　　由于本题中的所有物品的体积均为整数，经过几次的选择后背包的剩余空间可能会相等，在搜索中会重复计算这些结点，所以，如果我们把搜索过程中计算过的结点的值记录下来，以保证不重复计算的话，速度就会提高很多。这是简单?quot;以空间换时间"。
　　我们发现，由于这些计算过程中会出现重叠的结点，符合动态规划中子问题重叠的性质。
　　同时，可以看出如果通过第N次选择得到的是一个最优解的话，那么第N-1次选择的结果一定也是一个最优解。这符合动态规划中最优子问题的性质。
　　考虑用动态规划的方法来解决，这里的：
　　 阶段是：在前N件物品中，选取若干件物品放入背包中；
　　状态是：在前N件物品中，选取若干件物品放入所剩空间为W的背包中的所能获得的最大价值；
　　 决策是：第N件物品放或者不放；
　　　由此可以写出动态转移方程：
　　我们用f[i,j]表示在前 i 件物品中选择若干件放在所剩空间为 j 的背包里所能获得的最大价值
　　f[i,j]=max{f[i-1,j-Wi]+Pi (j>=Wi), f[i-1,j]}
　　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[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的背包中”，此时能获得的最大价值就是
f[v-c]再加上通过放入第i件物品获得的价值w。
　　　这样，我们可以自底向上地得出在前M件物品中取出若干件放进背包能获得的最大价值，也就是f[m,w]
　　算法设计如下：
　　procedure Make;
　　begin
　　for i:=0 to w do
　　f[0,i]:=0;
　　for i:=1 to m do
　　for j:=0 to w do begin
　　f[i,j]:=f[i-1,j];
　　if (j>=w) and (f[i-1,j-w]+v>f[i,j]) then
　　f[i,j]:=f[i-1,j-w]+v;
　　end;
　　writeln(f[m,wt]);
　　end;
　
　由于是用了一个二重循环，这个算法的时间复杂度是O（n*w)。而用搜索的时候，当出现最坏的情况，也就是所有的结点都没有重叠，那么它的时间复杂度是
O（2^n)。看上去前者要快很多。但是，可以发现在搜索中计算过的结点在动态规划中也全都要计算，而且这里算得更多（有一些在最后没有派上用场的结点我
们也必须计算），在这一点上好像是矛盾的。
　　事实上，由于我们定下的前提是：所有的结点都没有重叠。也就是说，任意N件物品的重量相加都不能相等，而所有物品的重量又都是整数，那末这个时候W的最小值是：1+2+2^2+2^3+……+2^n-1=2^n -1
　　此时n*w>2^n，动态规划比搜索还要慢~~|||||||所以，其实背包的总容量W和重叠的结点的个数是有关的。
　　考虑能不能不计算那些多余的结点……
　　 优化时间复杂度
　　以上方法的时间和空间复杂度均为O(N*V)，其中时间复杂度基本已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O(V)。
　
　先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环i=1..N，每次算出来二维数组f[0..V]的所有值。那么，如果只用一个数组
f[0..V]，能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态f[v]呢？f[v]是由f[v]和f[v-c]两个子问题递推而来，能
否保证在推f[v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[v]和f[v-c]的值呢？事实上，这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺
序推f[v]，这样才能保证推f[v]时f[v-c]保存的是状态f[v-c]的值。伪代码如下：
　　for i=1..N
　　for v=V..0
　　f[v]=max{f[v],f[v-c]+w};
　
　其中的f[v]=max{f[v],f[v-c]}一句恰就相当于我们的转移方程f[v]=max{f[v],f[v-c]}，因为现在的f[v-c]
就相当于原来的f[v-c]。如果将v的循环顺序从上面的逆序改成顺序的话，那么则成了f[v]由f[v-c]推知，与本题意不符，但它却是另一个重要的
背包问题P02最简捷的解决方案，故学习只用一维数组解01背包问题是十分必要的。
　　事实上，使用一维数组解01背包的程序在后面会被多次用到，所以这里抽象出一个处理一件01背包中的物品过程，以后的代码中直接调用不加说明。
　　过程ZeroOnePack，表示处理一件01背包中的物品，两个参数cost、weight分别表明这件物品的费用和价值。
　　procedure ZeroOnePack(cost,weight)
　　for v=V..cost
　　f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}
　
　注意这个过程里的处理与前面给出的伪代码有所不同。前面的示例程序写成v=V..0是为了在程序中体现每个状态都按照方程求解了，避免不必要的思维复杂
度。而这里既然已经抽象成看作黑箱的过程了，就可以加入优化。费用为cost的物品不会影响状态f[0..cost-1]，这是显然的。
　　有了这个过程以后，01背包问题的伪代码就可以这样写：
　　for i=1..N
　　ZeroOnePack(c,w);
　　 初始化的细节问题
　　
　　我们看到的求最优解的背包问题题目中，事实上有两种不太相同的问法。有的题目要求“恰好装满背包”时的最优解，有的题目则并没有要求必须把背包装满。一种区别这两种问法的实现方法是在初始化的时候有所不同。
　　如果是第一种问法，要求恰好装满背包，那么在初始化时除了f[0]为0其它f[1..V]均设为-∞，这样就可以保证最终得到的f[N]是一种恰好装满背包的最优解。
　　如果并没有要求必须把背包装满，而是只希望价格尽量大，初始化时应该将f[0..V]全部设为0。
　
　为什么呢？可以这样理解：初始化的f数组事实上就是在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。如果要求背包恰好装满，那么此时只有容量为0的背包可能被
价值为0的nothing“恰好装满”，其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，它们的值就都应该是-∞了。如果背包并非必须被装满，那么任何
容量的背包都有一个合法解“什么都不装”，这个解的价值为0，所以初始时状态的值也就全部为0了。
　　这个小技巧完全可以推广到其它类型的背包问题，后面也就不再对进行状态转移之前的初始化进行讲解

你好哦楼主~ 很高兴看到你的问题。 但是又很遗憾到现在还没有人回答你的问题。也可能你现在已经在别的地方找到了答案，那就得恭喜你啦。 可能是你问的问题有些专业了，没人会。或者别人没有遇到或者接触过你的问题，所以帮不了你。建议你去问题的相关论坛去求助，那里的人通常比较多，也会比较热心，能快点帮你解决问题。 希望我的回答能够帮到你！ 祝你好运。。

|所以，其实背包的总容量W和重叠的结点的个数是有关的。 　　考虑能不能不计算那些多余的结点…… 　　 优化时间复杂度 　　以上方法的时间和空间复杂度均为O(N*V)，其中时间复杂度基本已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O(V)。 　 　先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环i=1..N，每次算出来二维数组f[0..V]的所有值。那么，如果只用一个数组 f[0..V]，能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态f[v]呢？f[v]是由f[v]和f[v-c]两个子问题递推而来，能 否保证在推f[v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[v]和f[v-c]的值呢？事实上，这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺 序推f[v]，这样才能保证推f[v]时f[v-c]保存的是状态f[v-c]的值。伪代码如下： 　　for i=1..N 　　for v=V..0 　　f[v]=max{f[v],f[v-c]+w}; 　 　其中的f[v]=max{f[v],f[v-c]}一句恰就相当于我们的转移方程f[v]=max{f[v],f[v-c]}，因为现在的f[v-c] 就相当于原来的f[v-c]。如果将v的循环顺序从上面的逆序改成顺序的话，那么则成了f[v]由f[v-c]推知，与本题意不符，但它却是另一个重要的 背包问题P02最简捷的解决方案，故学习只用一维数组解01背包问题是十分必要的。 　　事实上，使用一维数组解01背包的程序在后面会被多次用到，所以这里抽象出一个处理一件01背包中的物品过程，以后的代码中直接调用不加说明。 　　过程ZeroOnePack，表示处理一件01背包中的物品，两个参数cost、weight分别表明这件物品的费用和价值。 　　procedure ZeroOnePack(cost,weight) 　　for v=V..cost 　　f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight} 　 　注意这个过程里的处理与前面给出的伪代码有所不同。前面的示例程序写成v=V..0是为了在程序中体现每个状态都按照方程求解了，避免不必要的思维复杂 度。而这里既然已经抽象成看作黑箱的过程了，就可以加入优化。费用为cost的物品不会影响状态f[0..cost-1]，这是显然的。 　　有了这个过程以后，01背包问题的伪代码就可以这样写： 　　for i=1..N 　　ZeroOnePack(c,w); 　　 初始化的细节问题 　　 　　我们看到的求最优解的背包问题题目中，事实上有两种不太相同的问法。有的题目要求“恰好装满背包”时的最优解，有的题目则并没有要求必须把背包装满。一种区别这两种问法的实现方法是在初始化的时候有所不同。 　　如果是第一种问法，要求恰好装满背包，那么在初始化时除了f[0]为0其它f[1..V]均设为-∞，这样就可以保证最终得到的f[N]是一种恰好装满背包的最优解。 　　如果并没有要求必须把背包装满，而是只希望价格尽量大，初始化时应该将f[0..V]全部设为0。 　 　为什么呢？可以这样理解：初始化的f数组事实上就是在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。如果要求背包恰好装满，那么此时只有容量为0的背包可能被 价值为0的nothing“恰好装满”，其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，它们的值就都应该是-∞了。如果背包并非必须被装满，那么任何 容量的背包都有一个合法解“什么都不装”，这个解的价值为0，所以初始时状态的值也就全部为0了。 　　这个小技巧完全可以推广到其它类型的背包问题，后面也就不再对进行状态转移之前的初始化进行讲解