1、数学建模
背包问题是一类动态规划的问题，其假设的场景为：有一个容积为b的背包，n个体积分别为ai(i = 1 , 2 , 3, ... , n)，价值分别为Ci(i = 1, 2, 3, ... , n)的物品，如何以最大的价值装包。建模为数学问题可以表示为：
背包问题分为3类：0-1背包问题， 多重背包问题以及完美背包问题
2、0-1背包问题
上述两个公式表示的即为0-1背包问题。xi = {0,1}表示物品只有一件，所以装包的方案只有装包(用1表示)以及不装包(用0表示)，0-1背包由此得名。0-1背包问题的解决方案可以采用动态规划以及贪心算法两种方案解决。两者的区别如下所示为
- 动态规划中全局最优解一定包含某个局部最优解，但不一定包含前一个局部最优解，因此需要记录之前所有的局部最优解。而贪心算法每一步的最优解一定包含上一步的最优解，因此，上一步的解是不需要保留的。
- 如果把所有问题看成一颗树的话，动态规划是自底向上的，从叶子向根，构造子问题的解，对每一个子树的根，求出下面每一个叶子的值，最后得到一颗完整的树，并且最终选择其中的最优值作为自身的值。贪心算法是从根出发，每次向下遍历最优子树即可，这样的话就不需要知道一个节点的所有子树的情况。
- 动态规划本质为遍历(穷举)法，可以保证结果是最优的，复杂度较高。贪心算法一般是趋近于最优，复杂度较低。
本文以动态规划为例，求得背包问题的最优解。背包问题的动态规划的核心思路是在一个二维矩阵中进行遍历搜索。通过比较当前物品是否能够装包(是否超过背包限重)，以及在能够装包的前提下其价值是否为最大两个方面进行分析。
背包问题通常需要增加一行和一列存储空间，一是方便物品序号的对应，二是便于起始背包问题寻优的计算。
0-1背包问题只需要考虑该物品装包与不装包的即可。在他人博客中找到了一道比较简单题目进行练习，假设物品数量为5，背包的限重为17，题目如下：
根据分析可以写出代码
#include
#include
using namespace std;
/*
假设有n个物体，对应n个价值，背包重量是W，如何装包才能有最大的价值问题。
*/
int getMax(int a, int b)
{
return a > b ? a : b;
}
int main()
{
int num, W;
while (cin >> num >> W)
{
vector weight(num + 1, 0);
vector value(num + 1, 0);
for (int i = 1; i <= num; i++)
cin >> weight[i] >> value[i];
cout << " *********** " << endl;
vector > f(num + 1, vector(W + 1, 0));
for (int i = 1; i <= num; i++)
{
for (int j = W; j >= 1; j--)
{
if (j >= weight[i])
f[i][j] = getMax(f[i - 1][j], f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
else
f[i][j] = f[i - 1][j];
}
}
cout << "***********" << endl;
cout << f[num][W] << endl;
}
system("pause");
return 0;
}
核心代码为
for (int i = 1; i <= num; i++)
{
for (int j = W; j >= 1; j--)
{
if (j >= weight[i])
f[i][j] = getMax(f[i - 1][j], f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
else
f[i][j] = f[i - 1][j];
}
}
即对每一次产生的结果与上一次的最优作比较，产生该次的最优结果。
f[i - 1][j - weight[i]]+value[i]; // 模拟装包过程
f[i - 1][j]; // 模拟不装包过程
3、多重背包问题
多重背包问题是指物品不再是只有一件的问题。而是在规定数目下任意一件都行。多重背包问题讨论的情况的变多。同样在他人博客中找到一道例题进行练习。
题目描述：
为了挽救灾区同胞的生命，心系灾区同胞的你准备自己采购一些粮食支援灾区，现在假设你一共有资金n元，而市场有m种大米，每种大米都是袋装产品，其价格不等，并且只能整袋购买。请问：你用有限的资金最多能采购多少公斤粮食呢？
输入： 输入数据首先包含一个正整数C，表示有C组测试用例，每组测试用例的第一行是两个整数n和m(1<=n<=100, 1<=m<=100),分别表示经费的金额和大米的种类，然后是m行数据，每行包含3个数p，h和c(1<=p<=20,1<=h<=200,1<=c<=20)，分别表示每袋的价格、每袋的重量以及对应种类大米的袋数。
解决方案的代码是在0-1背包核心代码中再加一层循环。作为遍历采用M件物品的所有情况（M = 0,1,2, ... M）。可以得到第i件物品的装包情况一共有M+1种。代码如下：
#include
#include
using namespace std;
int getMax(int a, int b)
{
return a > b ? a : b;
}
int main()
{
int money;
int kind;
while (cin >> money >> kind)
{
vector wei(kind + 1, 0);
vector val(kind + 1, 0);
vector amount(kind + 1, 0);
for (int i = 1; i <= kind; i++)
cin >> val[i] >> wei[i] >> amount[i];
cout << "***************" << endl;
vector weight(kind + 1, 0);
vector value(kind + 1, 0);
for (int i = 1; i < weight.size(); i++)
{
weight[i] = val[i];
value[i] = wei[i];
}
vector > f(kind + 1, vector(money + 1));
for (int i = 1; i <= kind; i++)
{
for (int j = money; j >= 1; j--)
{
for (int k = 0; k <= amount[i]; k++)
{
if (j >= k*weight[i])
f[i][j] = getMax(f[i][j], f[i - 1][j - k*weight[i]] + k* value[i]);
}
}
}
cout << f[kind][money] << endl;
}
system("pause");
return 0;
}
相比于0-1背包，多重背包仅仅在核心代码处多了一层循环。
for (int i = 1; i <= kind; i++)
{
for (int j = money; j >= 1; j--)
{
for (int k = 0; k <= amount[i]; k++)
{
if (j >= k*weight[i])
f[i][j] = getMax(f[i][j], f[i - 1][j - k*weight[i]] + k* value[i]);
}
}
}
其思路与0-1背包的思路基本一致，但是需要考虑的情况变多。
4、完全背包问题
完全背包问题是多重背包问题的再拓展，它不再规定每件物品的数量，可以在不超过限重的情况下，无限制地装入某种物品。因此，对比多重背包问题中考虑的是0M个物品装包的M+1种情况。那么假设背包限重为W的情况下，完全背包问题中考虑的是0floor(W/M)的所有情况。因此，代码可能只需要在最内层的循环中修改循环条件即可。
同样在网路上找到一道完全背包问题进行练习。
输入为第一行：两个整数，M(背包容量，M<=200)和N(物品数量，N<=30)；
第2..N+1行：每行二个整数Wi,Ci，表示每个物品的重量和价值。
解决方案的代码为：
#include
#include
using namespace std;
int getMax(int a, int b)
{
return a > b ? a : b;
}
int main()
{
int num; // 物品数量
int capacity; // 背包数量
while (cin >> num >> capacity)
{
vector volumn(num + 1);
vector value(num + 1);
for (int i = 1; i <= num; i++)
cin >> volumn[i] >> value[i];
vector > f(num + 1, vector(capacity + 1, 0));
for (int i = 1; i <= num; i++)
{
for (int j = capacity; j >= 1; j--)
{
for (int k = 0; k <= capacity / volumn[i]; k++)
{
if (j >= k*volumn[i])
f[i][j] = getMax(f[i][j], f[i - 1][j - k*volumn[i]] + k*value[i]);
}
}
}
cout << f[num][capacity] << endl;
}
system("pause");
return 0;
}
可以看到，完全背包问题的内层循环条件为
k <= capacity / volumn[i]
其思路与上述的0-1背包问题和多重背包问题完全相似。