背包问题和0-1背包问题

时间: 2023-12-27 08:25:02 浏览: 302
背包问题是一个经典的动态规划问题,它有两个主要变种:0/1背包问题和背包问题(Fractional Knapsack Problem)。 0/1背包问题是指在给定的一组物品中,每个物品都有一个重量和一个价值,我们需要选择一些物品放入一个容量为W的背包中,使得背包中物品的总价值最大,同时不能超过背包的容量。 解决0/1背包问题的常见方法是使用动态规划。我们可以定义一个二维数组dp,其中dp[i][j]表示在前i个物品中选择一些物品放入容量为j的背包中所能获得的最大价值。状态转移方程如下: ``` dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-w[i]] + v[i]) ``` 其中,w[i]表示第i个物品的重量,v[i]表示第i个物品的价值。dp[i-1][j]表示不选择第i个物品放入背包中,dp[i-1][j-w[i]] + v[i]表示选择第i个物品放入背包中。 背包问题(Fractional Knapsack Problem)是指在给定的一组物品中,每个物品都有一个重量和一个价值,我们需要选择一些物品放入一个容量为W的背包中,使得背包中物品的总价值最大,但是可以选择物品的一部分放入背包中。 解决背包问题的常见方法是使用贪心算法。我们可以计算每个物品的单位重量价值(价值除以重量),然后按照单位重量价值从大到小的顺序选择物品放入背包中,直到背包装满为止。
相关问题

背包问题和0-1背包问题的Python代码

背包问题和0-1背包问题都是动态规划问题,它们的主要区别在于背包问题中的物品可以取任意数量,而0-1背包问题中的物品只能取0或1。 以下是背包问题和0-1背包问题的Python代码实现: **背包问题** ```python def knapsack(items, capacity): n = len(items) dp = [ * (capacity + 1) for _ in range(n + 1)] for i in range(1, n + 1): weight, value = items[i - 1] for j in range(capacity, -1, -1): if j >= weight: dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j] return dp[n][capacity] ``` 在这个代码中,items是一个列表,包含一系列物品及其重量和价值。capacity是背包的容量。函数返回的是在给定容量下可以获得的最大价值。 **0-1背包问题** ```python def knapsack_0_1(items, capacity): n = len(items) dp = [ * (capacity + 1) for _ in range(n + 1)] for i in range(1, n + 1): weight, value = items[i - 1] for j in range(capacity, -1, -1): if j >= weight: dp[i][j] = max(dp[i - 1][j - weight]) if dp[i - 1][j - weight] else 0 else: dp[i][j] = dp[i][j - weight] if dp[i][j - weight] else float('inf') # 若没有选择的选项,取无穷大(即为取值为零)作为代表。 dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][j-weight]) if dp[i][j] > capacity else dp[i][j] # 最后如果总的容量大于给定的容量,就不能选之前的选项,那么最后的方案应等于剩余容量的情况下的最优方案。 return dp[n][capacity] # 这个点对应的是选择的最后一个物品时能获得的最大价值。因为是从后向前计算,最后一个物品的价值必定小于其单独的值。如果该物品值过大(超出总容量),就考虑替换之前的选项(且最优的替换方式)而不是完全装入背包中。最后,选取一个方案的最大值就是我们的结果。 ``` 这段代码中的物品同样需要给出其重量和价值,返回的是在给定容量下可以获得的最大价值,但是只能选择0或1,不能选择多个物品。

背包问题和0-1背包问题分别可以用哪些算法解决

背包问题是一个经典的组合优化问题,它可以分为0-1背包问题和无限背包问题两种类型。下面是两种常用的算法来解决这两种问题: 1. 贪心算法: - 背包问题:贪心算法通常用于解决背包问题,它根据每个物品的单位价值(价值与重量的比值)进行排序,然后依次选择单位价值最高的物品放入背包,直到背包装满或者没有物品可选。 - 0-1背包问题:贪心算法在解决0-1背包问题时不一定能得到最优解,因为它只考虑了单位价值最高的物品,而没有考虑物品的重量限制。因此,贪心算法在解决0-1背包问题时可能会得到一个次优解。 2. 动态规划算法: - 背包问题:动态规划算法是解决背包问题的常用方法。它通过构建一个二维数组来记录每个状态下的最优解,并利用状态转移方程来更新数组中的值,最终得到最优解。 - 0-1背包问题:动态规划算法同样适用于解决0-1背包问题。在动态规划算法中,我们需要构建一个二维数组来记录每个状态下的最优解,并利用状态转移方程来更新数组中的值,最终得到最优解。 以上是两种常用的算法来解决背包问题和0-1背包问题。根据具体情况选择合适的算法可以帮助我们高效地解决这些问题。
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解决不知道好不好 仅供参考 #include <iostream.h> #include<iomanip.h> #include<string.h> int min(int w,int c) {int temp; if (w<c) temp=w; else temp=c; return temp; } int max(int w,int c) { int temp; if (w>c) temp=w; else temp=c; return temp; } void knapsack(int v[],int w[],int c,int n,int**m) //求最优值 { int jmax=min(w[n]-1,c); for(int j=0;j<=jmax;j++) m[n][j]=0; for(int jj=w[n];jj<=c;jj++) m[n][jj]=v[n]; for(int i=n-1;i>1;i--){ //递归部分 jmax=min(w[i]-1,c); for(int j=0;j<=jmax;j++) m[i][j]=m[i+1][j]; for(int jj=w[i];jj<=c;jj++) m[i][jj]=max(m[i+1][jj],m[i+1][jj-w[i]]+v[i]); } m[1][c]=m[2][c]; if(c>=w[1]) m[1][c]=max(m[1][c],m[2][c-w[1]]+v[1]); cout<<"最优值:"<<m[1][c]<<endl; for(int l=2;l<=n;l++) for(int j=0;j<=c;j++) { cout<<m[l][j]<<setw(c-1); } cout<<endl; cout<<"*******************************************"<<endl; } int traceback(int **m,int w[],int c,int n,int x[]) //回代,求最优解 { cout<<"得到的一组最优解如下:"<<endl; for(int i=1;i<n;i++) if(m[i][c]==m[i+1][c]) x[i]=0; else {x[i]=1; c-=w[i];} x[n]=(m[n][c])?1:0; for(int y=1;y<=n;y++) { cout<<setw(5)<<x[y]; } return x[n]; } void main() { int n,c; int **m; cout<<"&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&欢迎使用0-1背包问题程序&&&&&&&&&&&&&&&&&&&"<<endl; cout<<"请输入物品个数和重量上限:"; cin>>n>>c; int *v=new int[n+1]; cout<<"Pls input the property (v[i]):"<<endl; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>v[i]; int *w=new int[n+1]; cout<<"Pls input the weight (w[i]):"<<endl; for(int j=1;j<=n;j++) cin>>w[j]; int *x=new int[n+1]; m=new int*[n+1]; //动态的分配二维数组 for(int p=0;p<n+1;p++) { m[p]=new int[c+1]; } knapsack(v,w,c,n,m); traceback(m,w,c,n,x); }
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利用动态规划原理进行求解 0-1背包问题 已知背包的容量为b,有n种物件,其价格依次为w1,w2,...,wn;其容量依次为v1,v2,...,vn。 现要求在背包允许的容量内,装的物件价值达到最大,其数字模型为: max z=1 x1 + 6 x2 + 18 x3 + 22 x4 + 28 x5 1 x1 + 2 x2 + 5 x3 + 6 x4 + 7 x5 <=11 xi=0,1 i=1,2,3,4,5 S(i,j)=max{S(i-1,j),S(i-1,j-vi)+wi} S(0,j)=0 j>=0 S(i,j)=负无穷 j<0 i=1,w1=1,v1=1 S(1,1)=max{S(0,1),S(0,1-1)+1}=1 S(1,2)=max{S(0,2),S(0,2-1)+1}=1 S(1,3)=...=S(1,11)=1 i=2,w2=6,v2=2 S(2,1)=max{S(1,1),S(1,1-2)+6}=1 S(2,2)=max{S(1,1),S(1,2-2)+6}=6 S(2,3)=max{S(1,3),S(1,3-2)+6}=7 S(2,4)=...=S(2,11)=7 i=3,w3=18,v3=5 S(3,1)=max{S(2,1),S(2,1-5)+18}=1 S(3,2)=max{S(2,2),S(2,2-5)+18}=6 S(3,3)=max{S(2,3),S(2,3-5)+18}=7 S(3,4)=max{S(2,4),S(2,4-5)+18}=7 S(3,5)=max{S(2,5),S(2,5-5)+18}=18 S(3,6)=max{S(2,6),S(2,6-5)+18}=19 S(3,7)=max{S(2,7),S(2,7-5)+18}=24 S(3,8)=max{S(2,8),S(2,8-5)+18}=25 S(3,9)=S(3,10)=...=S(3,11)=25 i=4,w4=22,v4=6 S(4,1)=max{S(3,1),S(3,1-6)+22}=1 S(4,2)=max{S(3,2),S(3,2-6)+22}=6 S(4,3)=max{S(3,3),S(3,3-6)+22}=7 S(4,4)=max{S(3,4),S(3,4-6)+22}=7 S(4,5)=max{S(3,5),S(3,5-6)+22}=18 S(4,6)=max{S(3,6),S(3,6-6)+22}=22 S(4,7)=max{S(3,7),S(3,7-6)+22}=24 S(4,8)=max{S(3,7),S(3,8-6)+22}=38 S(4,9)=max{S(3,7),S(3,9-6)+22}=29 S(4,10)=max{S(3,7),S(3,10-6)+22}=29 S(4,11)=max{S(3,7),S(3,11-6)+22}=40 i=5,w5=28,v5=7 S(5,1)=max{S(4,1),S(4,1-7)+28}=1 S(5,2)=max{S(4,2),S(4,2-7)+28}=6 S(5,3)=max{S(4,3),S(4,3-7)+28}=7 S(5,4)=max{S(4,4),S(4,4-7)+28}=7 S(5,5)=max{S(4,5),S(4,5-7)+28}=18 S(5,6)=max{S(4,6),S(4,6-7)+28}=22 S(5,7)=max{S(4,7),S(4,7-7)+28}=28 S(5,8)=max{S(4,8),S(4,8-7)+28}=29 S(5,9)=max{S(4,9),S(4,9-7)+28}=34 S(5,10)=max{S(4,10),S(4,10-7)+28}=35 S(5,11)=max{S(4,11),S(4,11-7)+28}=40

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