算法与数据结构-背包问题
01背包问题
题目
有N件物品和一个容量为M的背包，每种物品只可以取一件。第i件物品的费用是c[i]，价值是v[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
分析
这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。用子问题定义状态：即f[i][j]表示前i件物品恰放入一个容量为j的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是：
f[i][j]=max{f[i-1][j],f[i-1][j-c[i]]+v[i]}
优化空间复杂度
即改用一维数组f[j]存储第i个物品时剩余空间为j时的背包的最大价值。
注意到j-c[i]
因此，在每次主循环中我们以j=M……0顺序推f[j]，这样才能保证推f[j]时f[j-c[i]]保存的是状态f[i-1][j-c[i]]的值。
参考代码
/*
* n：物品种类 每种只能选取一种
* capacity：背包容量
* c[i]：第i种物品的花费 cost
* v[i]：第i种物品的价值 value
* f[j]：i状态下容量为j时背包可获得的最大价值
*/
int getMaxValue(int n,int capacity){
for(int i=0;i=0;j--)
if(i==0){
if(j>=c[i])f[j]=v[i];
else f[j]=0;
}
else if(j>=c[i])f[j]=max(f[j],f[j-c[i]]+v[i]);
return f[capacity];
}
完全背包问题
题目
有N件物品和一个容量为M的背包，每种物品都有无限件可用。第i件物品的费用是c[i]，价值是v[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
分析
类似01背包问题，但与它相关的策略已并非取或不取两种，而是有取0件、取1件、取2件……。如果仍然按照解01背包时的思路，令f[i][j]表示前i种物品恰放入一个容量为j的背包的最大权值。仍然可以按照每种物品不同的策略写出状态转移方程：
f[i][j]=max{ f[i-1][j-k*c[i]]+k*v[i] | 0<=k*c[i]<=M }
优化时间复杂度
若两件物品i、j满足c[i]<=c[j]且w[i]>=w[j]，则将物品j去掉，不用考虑。
将费用大于M的物品去掉，然后使用类似计数排序的做法，计算出费用相同的物品中价值最高的是哪个。
转化为01背包问题求解
最简单的想法是：考虑到第i种物品最多选M/c[i]件，于是可以把第i种物品转化为M/c[i]件费用及价值均不变的物品，然后求解这个01背包问题。这样完全没有改进基本思路的时间复杂度，但这毕竟给了我们将完全背包问题转化为01背包问题的思路：将一种物品拆成多件物品。
更高效的转化方法是：把第i种物品拆成费用为c[i]*2^k、价值为v[i]*2^k的若干件物品，其中k满足c[i]*2^k<=M。这是二进制的思想，因为不管最优策略选几件第i种物品，总可以表示成若干个2^k件物品的和。这样把每种物品拆成O(logM/c[i])件物品，是一个很大的改进。
最简O(MN)算法：首先想想为什么01背包问题中为何要按照j=M..0的逆序来循环。这是因为要保证第i次循环中的状态f[i][j]是由状态f[i-1][j-c[i]]递推而来。换句话说，这正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时，依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果f[i-1][j-c[i]]。而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第i种物品”这种策略时，却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果f[i][j-c[i]]，所以就可以并且必须采用j=0..M的顺序循环。
参考代码
/*
* n：物品种类 每种只能选取一种
* capacity：背包容量
* c[i]：第i种物品的花费 cost
* v[i]：第i种物品的价值 value
* f[j]：i状态下容量为j时背包可获得的最大价值
*/
int getMaxValue(int n,int capacity){
for(int i=0;i=c[i])f[j]=v[i]*(j/c[i]);
else f[j]=0;
}
else if(j>=c[i])f[j]=max(f[j],f[j-c[i]]+v[i]);
return f[capacity];
} 多重背包问题
题目
有N件物品和一个容量为M的背包，第i种物品最多有n[i]件可用。第i件物品的费用是c[i]，价值是v[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
分析
这题目和完全背包问题很类似。基本的方程只需将完全背包问题的方程略微一改即可，因为对于第i种物品有n[i]+1种策略：取0件，取1件……取n[i]件。令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值，则有状态转移方程：
f[i][j]=max{ f[i-1][j-k*c[i]]+k*v[i] | 0<=k<=n[i] }
优化时间复杂度
将第i种物品分成若干件物品，其中每件物品有一个系数，这件物品的费用和价值均是原来的费用和价值乘以这个系数。使这些系数分别为1,2,4,...,2^(k-1),n[i]-2^k+1，且k是满足n[i]-2^k+1>0的最大整数。例如，如果n[i]为13，就将这种物品分成系数分别为1,2,4,6的四件物品。
分成的这几件物品的系数和为n[i]，表明不可能取多于n[i]件的第i种物品。
参考代码
/**
* 多重背包决策：遍历到第i种物品(i状态)时的决策
* cost：i状态时的花费c[i]
* weight：i状态时的价值v[i]
* amount：i状态时物品的最大数量n[i]
* CompletePack：多重背包决策
* ZeroOnePack：01背包决策
*/
void MultiplePack(cost,weight,amount){
if(cost*amount>=capacity){
CompletePack(cost,weight);return;
}
int k=1;
while(k题目推荐：
http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=149
题意：
给出序号为1、2、3、4、5、6的6种弹珠（好像是弹珠吧⊙﹏⊙b汗），其价值等于其编号，给出每种弹珠的数目，求能否将弹珠分两堆，使两堆的价值和相等。
分析：
多重背包问题，只是所谓的花费cost等于价值，且背包容量为总和的一半。
代码：
#include
#define MAX 210002
#define max(a,b) (a)>(b)?(a):(b)
using namespace std;
long nums[6],total,f[MAX];
int input(){
for(int i=total=0;i<6;i++){
cin>>nums[i];
total+=nums[i]*(i+1);
}
if(total)return 1;
return 0;
}
void zeroOnePack(int cost,int value,long capacity){
for(int j=capacity;j>-1;j--)
if(j>=cost)f[j]=max(f[j],f[j-cost]+value);
}
void completePack(int cost,int value,long capacity){
for(int j=0;j<=capacity;j++)
if(j>=cost)f[j]=max(f[j],f[j-cost]+value);
}
void multiplePack(int cost,int value,int count,long capacity){
if(cost*count>=capacity){
completePack(cost,value,capacity);
return;
}
int k=1;
while(k=amount ? (i+1)*amount : nums[i]*(i+1));
}
}
else multiplePack(i+1,i+1,nums[i],capacity);
}
if(f[capacity]==capacity)return 1;
return 0;
}
int main()
{
int T=1;
while(input()){
printf("Collection #%d:\n",T++);
if(total&1)cout<<"Can't be divided."<