0-1背包问题用动态规划的递归实现与非递归实现

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1、0-1背包问题的递归实现与非递归实现分类： 算法2011-10-2415:19 0人阅读 评论(0) 收藏 编辑 删除题目有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。基本思路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][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是： 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

2、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[i-1][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[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。优化空间复杂度以上方法的时间和空间复杂度均为(VN)，其中时间复杂度应该已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到(N)1。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

3、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[i-1][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[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。优化空间复杂度以上方法的时间和空间复杂度均为(VN)，其中时间复杂度应该已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到(N)。优化空间复杂度以上方法的时间和空间复杂度均为(VN)，其中时间

4、复杂度应该已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到(N)1。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[i][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[i][v]呢？f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]两个子问题递推而来，能否保证在推f[i][v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]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

5、f[v-c[i]]保存的是状态f[i-1][v-c[i]]的值。伪代码如下：其中的f[v]=maxff[v];f[v..c[i]]g一句恰就相当于我们的转移方程f[i][v]=maxff[i..1][v];f[i..1][v..c[i]]g，因为现在的f[v-c[i]]就相当于原来的f[i..1][v..c[i]]。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[i][v]由f[i][v-c[i]]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。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

6、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。递归实现：viewplain1.#include  2.using namespace std;  3.  4.const int W = 150;  5.const int number = 5;  6.const int VALUE[] = {60, 20, 10, 60, 100};  7.const int WEIGHT[] = {20, 30, 50,

7、 60, 80};  8.   9.  10.//function Make( i {处理到第i件物品} , j{剩余的空间为j}) :integer;  11.int Make(int i, int j)  12.{    13.    int r1 = 0;  1.    int r2 = 0;  2.    int r = 0;  3.      4.    if (i == -1)  5.    {  6.        return