從Tianyi Cui童鞋《背包問題講9》。細微的變化，很容易理解。

01背包問題描寫敘述

已知:有一個容量為V的背包和N件物品，第i件物品的重量是weight[i]，收益是cost[i]。

限制:每種物品僅僅有一件，能夠選擇放或者不放

問題:在不超過背包容量的情況下，最多能獲得多少價值或收益

相似問題:在恰好裝滿背包的情況下，最多能獲得多少價值或收益

這里，我們先討論在不超過背包容量的情況下。最多能獲得多少價值或收益。

基本思路

01背包的特點:每種物品僅僅有一件，能夠選擇放或者不放

子問題定義狀態

f[i][v] : 前i件物品放到一個容量為v的背包中能夠獲得最大價值

狀態轉移方程

f[i][v] = max(f[i - 1][v],f[i - 1][v - weight[i]] + cost[i])

分析

考慮我們的子問題，將前i件物品放到容量為v的背包中。若我們僅僅考慮第i件物品時。它有兩種選擇，放或者不放。

1) 假設第i件物品不放入背包中。那么問題就轉換為：將前i - 1件物品放到容量為v的背包中。帶來的收益f[i - 1][v]

2) 假設第i件物品能放入背包中。那么問題就轉換為：將前i - 1件物品放到容量為v - weight[i]的背包中，帶來的收益f[i - 1][v - weight[i]] + cost[i]

代碼

#include <iostream> using namespace std;const int N = 3;//物品個數 const int V = 5;//背包最大容量 int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量 int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品價值int f[N + 1][V + 1] = {{0}};int Max(int x,int y) {return x > y ? x : y; }/* 目標：在不超過背包容量的情況下，最多能獲得多少價值子問題狀態:f[i][j]:表示前i件物品放入容量為j的背包得到的最大價值狀態轉移方程:f[i][j] = max{f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]}初始化:f數組全設置為0 */ int Knapsack() {//初始化memset(f,0,sizeof(f));//遞推for (int i = 1;i <= N;i++) //枚舉物品{for (int j = 0;j <= V;j++) //枚舉背包容量{f[i][j] = f[i - 1][j];if (j >= weight[i]){f[i][j] = Max(f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);}}}return f[N][V]; }int main() {cout<<Knapsack()<<endl;system("pause");return 1; }

效率分析：

此算法的時間復雜度為O(N*V)，空間復雜度也為O(N*V)。當中，N 表示物品個數，V 表示背包容量這里，時間復雜度不能夠在優化了。可是空間復雜度能夠繼續優化到O(V)

優化空間復雜度

上述的方法，我們使用二維數組 f[i][v] 保存中間狀態，這里我們能夠使用一維數組f[v]保存中間狀態就能得到結果

分析

我們如今使用f[v]保存中間狀態。我們想要達到的效果是。第i次循環后，f[v]中存儲的是前i個物體放到容量v時的最大價值

在回想下之前講過的狀態轉移方程：

f[i][v] = max(f[i - 1][v],f[i - 1][v - weight[i]] + cost[i])

我們能夠看到，要想得到 f[i][v]，我們須要知道 f[i - 1][v] 和 f[i - 1][v - weight[i]]，因為我們使用二維數組保存中間狀態，所以能夠直接取出這兩個狀態。

當我們使用一維數組存儲狀態時，f[v]表示。在運行i次循環后(此時已經處理i個物品)。前i個物體放到容量v時的最大價值。即之前的f[i][v]。與二維相比較，它把第一維隱去了，可是二者表達的含義還是同樣的，僅僅只是針對不同的i。f[v]一直在反復使用。所以。也會出現第i次循環可能會覆蓋第i - 1次循環的結果。

為了求f[v],我們須要知道，前i - 1個物品放到容量v的背包中帶來的收益，即之前的f[i - 1][v]? 和 前i - 1件物品放到容量為v - weight[i]的背包中帶來的收益，即之前的f[i - 1][v - weight[i]] + cost[i]。

難點：由于我們僅僅使用一維數組存儲，則在求這兩個子問題時就沒有直接取出那么方便了。由于，第i次循環可能會覆蓋第i - 1次循環的結果。

如今我們來求這兩個值

1）前i - 1個物品放到容量v的背包中帶來的收益。即之前的f[i - 1][v] ：

因為，在運行在i次循環時。f[v]存儲的是前i個物體放到容量v時的最大價值。在求前i個物體放到容量v時的最大價值(即之前的f[i][v])時，我們是正在運行第 i 次循環。f[ v ]的值還是在第 i - 1? 次循環時存下的值，在此時取出的 f[ v ]就是前i - 1個物體放到容量v時的最大價值。即f[i - 1][v]。

2）前i - 1件物品放到容量為v - weight[i]的背包中帶來的收益，即之前的f[i - 1][v - weight[i]] + cost[i]

因為，在運行第i次循環前。f[0 ~ V]中保存的是第i - 1次循環的結果。即是前i - 1個物體分別放到容量0 ~ V時的最大價值，即f[i - 1][0 ~ V]。

則。在運行第i次循環前。f 數組中v - weight[i]的位置存儲就是我們要找的 前i - 1件物品放到容量為v - weight[i]的背包中帶來的收益 (即之前的f[i - 1][v - weight[i]])，這里如果物品是從數組下標1開始存儲的。

偽代碼

for i=1..N //枚舉物品for v=V..0 //枚舉容量。從大到小f[v]=max{f[v],f[v-weight[i]] + cost[i]};

由上面偽代碼可知，在運行第 i 次循環時。須要把背包容量由V..0都要遍歷一遍，檢測第 i 件物品能否放。

逆序枚舉容量的原因：

注意一點，我們是由第 i - 1 次循環的兩個狀態推出 第 i 個狀態的。并且 v? > v - weight[i]，則對于第i次循環，背包容量僅僅有當V..0循環時。才會先處理背包容量為v的狀況。后處理背包容量為 v-weight[i] 的情況。

詳細來說。因為，在運行v時，還沒運行到v - weight[i]的，因此。f[v - weight[i]]保存的還是第i - 1次循環的結果。

即在運行第i次循環 且 背包容量為v時，此時的f[v]存儲的是 f[i - 1][v] 。此時f[v-weight[i]]存儲的是f[i - 1][v-weight[i]]。

相反。假設在運行第 i 次循環時，背包容量依照0..V的順序遍歷一遍。來檢測第 i 件物品能否放。此時在運行第i次循環 且 背包容量為v時，此時的f[v]存儲的是 f[i - 1][v] 。可是，此時f[v-weight[i]]存儲的是f[i][v-weight[i]]。

由于。v? > v - weight[i]。第i次循環中。運行背包容量為v時。容量為v - weight[i]的背包已經計算過，即f[v - weight[i]]中存儲的是f[i][v - weight[i]]。

即，對于01背包，依照增序枚舉背包容量是不正確的。

代碼

#include <iostream> using namespace std;const int N = 3;//物品個數 const int V = 5;//背包最大容量 int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量 int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品價值int f[V + 1] = {0};int Max(int x,int y) {return x > y ? x : y; }/* 目標：在不超過背包容量的情況下。最多能獲得多少價值子問題狀態:f[j]:表示前i件物品放入容量為j的背包得到的最大價值狀態轉移方程:f[j] = max{f[j],f[j - weight[i]] + value[i]}初始化:f數組全設置為0 */ int Knapsack() {//初始化memset(f,0,sizeof(f));//遞推for (int i = 1;i <= N;i++) //枚舉物品{for (int j = V;j >= weight[i];j--) //枚舉背包容量,防越界，j下限為 weight[i]{f[j] = Max(f[j],f[j - weight[i]] + value[i]);}}return f[V]; }int main() {cout<<Knapsack()<<endl;system("pause");return 1; }

可是，增序枚舉背包容量會達到什么效果：它會反復的裝入某個物品。并且盡可能多的，使價值最大，當然不會不超過背包容量

而逆序枚舉背包容量：背包中的物品至多裝一次，使價值最大，當然不會不超過背包容量

我們首先舉例說明：

逆序枚舉物品

當i = 2，我們要求 f [5]：表示檢測物品2放入容量為5的背包的最大收益

上圖表示，當i = 2。求f[5]時f數組的狀況，

橙色為數組如今存儲的值，這些值是i = 1時(上一次循環)存入數組 f 的。相當于f[i - 1][v]

而黃色使我們要求的值，在求f[5]之前，f[5]= 5。即f[i - 1][5] = 5

如今要求 i = 2 時的f[5] = f[5 - 2] + 10 = 5 + 10 = 15? > ?f[i - 1][5] = 5

故，f[5] = 15；

注意一點，在求f[v]時，它引用的 f[v - weight[i]] 和 f[v]都是上一次循環的結果

順序枚舉物品

當i = 2，我們要求 f [5]：表示檢測物品2放入容量為5的背包的最大收益

上圖表示，當i = 2，求f[5]時f數組的狀況，

橙色為數組如今存儲的值。這些值是i = 2時(本次循環)存入數組 f 的。

相當于f[i][v]

這是因為。我們是增序遍歷數組f的。在求f[v]時。v之前的值(0 ~ v - 1)都已經在第i次循環中求出。

而黃色使我們要求的值。在求f[5]之前，f[5]= 5，即f[i - 1][5] = 5

如今要求 i = 2 時的f[5] = f[5 - 2] + 10 =10+ 10 = 20 > ?f[i - 1][5] = 5

故，f[5] = 20；

當中引用的f[3]是相當于f[i][3] 而不是正常的f[i - 1][3]

注意一點，在求f[v]時，它引用的 f[v - weight[i]]是本次循環的結果 而f[v]是上一次循環的結果

換個角度說。

在檢測 背包容量為5時。看物品2是否增加

由狀態轉移方程可知。我們f[5]須要引用自己本身和f[3]

因為背包容量為3時，能夠裝入物品2，且收益比之前的大。所以放入背包了。

在檢測f[5]時，肯定要加上物品2的收益，而f[5]在引用f[3]時，f[3]時已經加過一次物品2。

因此。在枚舉背包容量時。物品2會增加多次。

進一步說：

我們觀察一維狀態轉移方程：

f[i][v] = max(f[i - 1][v],f[i - 1][v - weight[i]] + cost[i])

首先我們明白三個問題

1) v - weight[i] < v

2) 狀態f[i][v] 是由 f[i - 1][v] 和 f[i - 1][v - weight[i]] 兩個狀態決定

3) 對于物品i。我們在枚舉背包容量時，僅僅要背包容量能裝下物品i 且 收益比原來的大。就會成功放入物品i。

詳細來說，枚舉背包容量時，是以遞增的順序的話，因為 v - weight[i] < v,則會先計算 v - weight[i]。在背包容量為v - weight[i]時，一旦裝入了物品i。因為求f[v]須要使用f[i - 1][v - weight[i]]，而若求f[v]時也能夠裝入物品i的話，那么在背包容量為v時，容量為v的背包就裝入可兩次物品。又若v - weight[i]是由之前的狀態推出，它們也成功裝入物品i的話，那么容量為v的背包就裝入了多次物品i了。

注意，此時。在計算f[v]時，已經把物品i能裝入的全裝入容量為v的背包了，此時裝入物品i的次數為最大啊

事實上，順序枚舉容量是全然背包問題最簡捷的解決方式。

?

初始化的細節問題

求最優解的背包問題時，有兩種問法：

1)在不超過背包容量的情況下。最多能獲得多少價值

2)在恰好裝滿背包的情況下，最多能獲得多少價值

基本的差別為是否要求恰好裝滿背包。但這兩種問法的實現方法是在初始化的時候有所不同。

1)恰好裝滿背包的情況：使用二維數組f[i][v]存儲中間狀態。當中第一維表示物品。第二維表示背包容量

初始化時。除了f[i][0] = 0（第一列）外。其它全為負無窮。

原因：初始化 f 數組就是表示：在沒有不論什么物品能夠放入背包時的合法狀態。

對于恰好裝滿背包，僅僅有背包容量為 0（第一列）。能夠什么物品都不裝就能裝滿，這樣的情況是合法情況，此時價值為0。其它f[0][v]（第一列）是都不能裝滿的，此時有容量沒物品。

而其它位置（除去第一行和第一列的位置），我們為了在計算中比較最大值，也要初始化為負無窮。我們從程序的角度上看，我們僅僅同意裝入背包物品的序列的起始位置是從第一列開始，這些起始位置都是合法位置。且能恰好裝滿的情況收益均為正值，到f[N][V]終止。

注意，我們盡管是求恰好裝滿，還是須要枚舉全部能夠裝入背包的物品，僅僅要能裝入，還需裝入。收益有添加。僅僅只是。因為恰好裝滿的物品的序列肯定是從第一列某行開始的，且之后的收益肯定是正值。對于非恰好裝滿的物品序列，事實上位置肯定是從第一行某位置開始的，因為此時被初始化為負無窮。在和那些恰好裝滿物品序列帶來的價值時，肯定是小的。所以，我們最后能獲得最大值。

代碼：

#include <iostream> using namespace std;const int MinNum = 0x80000000;const int N = 3;//物品個數 const int V = 5;//背包最大容量 int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量 int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品價值int f[N + 1][V + 1] = {{0}};int Max(int x,int y) {return x > y ? x : y; }/* 目標：在恰好裝滿背包的情況下，最多能獲得多少價值子問題狀態:f[i][j]:表示前i件物品放入容量為j的背包得到的最大價值狀態轉移方程:f[i][j] = max{f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]}初始化:f數組全設置為0 */ int Knapsack() {//初始化for (int i = 0;i <= N;i++) //枚舉物品{for (int j = 0;j <= V;j++) //枚舉背包容量{f[i][j] = MinNum;}}for (int i = 0;i <= N;i++){f[i][0] = 0;//背包容量為0時為合法狀態}//遞推for (int i = 1;i <= N;i++) //枚舉物品{for (int j = 1;j <= V;j++) //枚舉背包容量{f[i][j] = f[i - 1][j];if (j >= weight[i]){f[i][j] = Max(f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);}}}return f[N][V]; }int main() {cout<<Knapsack()<<endl;//輸出25system("pause");return 1; }

使用一維數組f[v]存儲中間狀態，維表示背包容量

初始化時，除了f[0] = 0。其它全為負無窮。

原因：僅僅有容量為0 的背包能夠什么物品都不裝就能裝滿，此時價值為0。其他容量的背包均沒有合法的解，屬于沒有定義的狀態，應該被賦值為負無窮了

代碼

#include <iostream> using namespace std;const int MinNum = 0x80000000;//int最小的數const int N = 3;//物品個數 const int V = 5;//背包最大容量 int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量 int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品價值int f[V + 1] = {0};int Max(int x,int y) {return x > y ? x : y; }/* 目標：在恰好裝滿背包容量的情況下。最多能獲得多少價值子問題狀態:f[j]:表示前i件物品放入容量為j的背包得到的最大價值狀態轉移方程:f[j] = max{f[j],f[j - weight[i]] + value[i]}初始化:f數組全設置為0 */ int Knapsack() {//初始化for (int i = 0;i <= V;i++){f[i] = MinNum;}f[0] = 0;//僅僅有背包容量為0時才是合法狀態。由合法狀態組成的結果才是合法的//遞推for (int i = 1;i <= N;i++) //枚舉物品{for (int j = V;j >= weight[i];j--) //枚舉背包容量,防越界。j下限為 weight[i]{f[j] = Max(f[j],f[j - weight[i]] + value[i]);}}return f[V]; }int main() {cout<<Knapsack()<<endl;//輸出25system("pause");return 1; }

2)不須要把背包裝滿，僅僅須要收益最大

使用二維數組f[i][v]存儲中間狀態。當中第一維表示物品。第二維表示背包容量

初始化時，除了f[i][0] = 0（第一列）外。其它全為負無窮。

使用一維數組f[v]存儲中間狀態，維表示背包容量

原因：假設背包并不是必須被裝滿。那么不論什么容量的背包都有一個合法解“什么都不裝”，這個解的價值為0。所以初始時狀態的值也就所有為0了。

代碼在最前面已貼，不在此上傳。

一個常數優化

一維數組描寫敘述狀態時的偽代碼：

for i=1..N //枚舉物品for v=V..0 //枚舉容量。從大到小f[v]=max{f[v],f[v-weight[i]] + cost[i]};

觀察可知，對于第i個物品，枚舉背包容量下限時，能夠到weight[i]為止。

原因：

1）對于第i物品。在求f[v]時，須要使用的狀態是 v ~ v - ?weight[i] 這么多。這是因為v取最大容量V時，使用的狀態才是v - weight[i]，當v不取最大狀態時。使用的狀態肯定是在v ~ v - ?weight[i]之間的。能夠到weight[i]為止。

2）在到weight[i]為止時，還能夠不進行if推斷，操心v - ?weight[i]是否越界

此時，偽代碼為

for i=1..N //枚舉物品for v=V..weight[i] //枚舉容量，從大到小f[v]=max{f[v],f[v-weight[i]] + cost[i]};

注意。對 f 數組，假設是檢測第i個物品能否放入，0 ~ weight[i] - 1的這些位置是不會遍歷到的，則此時他們仍表示第i - 1次的狀態。即二維的f[i - 1][v]。

還能夠繼續優化下界為

for i=1..N //枚舉物品bound=max{V-sum{weight[i..n]},weight[i]}//確定須要枚舉容量的下界for v=V..boundf[v]=max{f[v],f[v-weight[i]] + cost[i]};

原因：

1)網上的說法,不太懂,各位大牛能夠指導下下。

對于第i次循環（指外循環），對于背包容量v = V(最大)時。對于f[v]的值，事實上僅僅要知道f[v-weight[i]]就可以。以此類推。對于背包容量為 j 時，我們僅僅須要知道到f[v-sum{weight[j..n]}]就可以

2)還有人說

假設比v-sum{weight[j..n]}這個小，那么即使后面物品的全要也裝不滿背包。

所以對于物品i。小于v-sum{weight[j..n]}的v值，無意義。

總之是不懂。智商啊

作者說。當V非常大是。效果好。

代碼

#include <iostream> using namespace std;const int N = 3;//物品個數 const int V = 5;//背包最大容量 int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量 int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品價值int f[V + 1] = {0};int Max(int x,int y) {return x > y ? x : y; }/* 目標：在不超過背包容量的情況下。最多能獲得多少價值子問題狀態:f[j]:表示前i件物品放入容量為j的背包得到的最大價值狀態轉移方程:f[j] = max{f[j],f[j - weight[i]] + value[i]}初始化:f數組全設置為0 */ int Knapsack() {int sum = 0;//存儲還未處理物品的總容量int bound = 0;//初始化memset(f,0,sizeof(f));for (int i = 1;i <= N;i++){sum += weight[i];}//遞推for (int i = 1;i <= N;i++) //枚舉物品{//設置下界if (i != 1){sum -= weight[i - 1];}bound = Max(V - sum,weight[i]);for (int j = V;j >= bound;j--) //枚舉背包容量{if (f[j] < f[j - weight[i]] + value[i]){f[j] = f[j - weight[i]] + value[i];}}}return f[V]; }int main() {cout<<Knapsack()<<endl;system("pause");return 1; }

?輸出方案

一般而言，背包問題是要求一個最優值，假設要求輸出這個最優值的方案，能夠參照一般動態規劃問題輸出方案的方法：記錄下每一個狀態的最優值是由狀態轉移方程的哪一項推出來的，換句話說，記錄下它是由哪一個策略推出來的。便可依據這條策略找到上一個狀態。從上一個狀態接著向前推就可以。

這里我們首先給出01背包的二維狀態轉移方程

f[i][v] = max(f[i - 1][v],f[i - 1][v - weight[i]] + cost[i])

對于狀態f[i][v]，它來自兩種策略，能夠是f[i - 1][v],也能夠是f[i - 1][v - weight[i]] + cost[i]

當中，對于另外一種情況，就是把物品i放入背包了。這里也是我們要找的情況

依據狀態轉移方程，我們能夠給出兩種實現方法

1) 借助存儲狀態的數組。直接依據狀態轉移方程倒著推，檢測是否滿足

f[i][v] == f[i - 1][v - weight[i]] + value[i]

假設滿足。則把第i件物品放入了，此時我們要檢測第i - 1件物品。背包容量為v - weight[i]

不滿足則表示沒有把第i件物品放入，直接檢測第i - 1件物品，此時背包容量還是v

注意，這樣的方法僅僅適用于存儲狀態數組不壓縮的情況。壓縮數組因為數據有覆蓋。不能使用

代碼

#include <iostream> using namespace std;const int N = 3;//物品個數 const int V = 5;//背包最大容量 int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量 int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品價值int f[N + 1][V + 1] = {{0}};int Max(int x,int y) {return x > y ? x : y; }/* 目標：在不超過背包容量的情況下，最多能獲得多少價值子問題狀態:f[i][j]:表示前i件物品放入容量為j的背包得到的最大價值狀態轉移方程:f[i][j] = max{f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]}初始化:f數組全設置為0 */ int Knapsack() {//初始化memset(f,0,sizeof(f));//遞推for (int i = 1;i <= N;i++) //枚舉物品{for (int j = 1;j <= V;j++) //枚舉背包容量{f[i][j] = f[i - 1][j];if (j >= weight[i]){f[i][j] = Max(f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);}}}return f[N][V]; } /* 輸出順序:逆序輸出物品編號 注意：這里借助狀態數組f[i][v] 使用狀態轉移方程:f[i][j] = max{f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]} */ void PrintKnapsack() {int i = N;//枚舉物品int j = V;//枚舉空間cout<<"增加背包的物品編號:"<<endl;while(i){if (f[i][j] == f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]){/*if不滿足，表示第i件物品沒裝入背包,if條件滿足。表示放入背包了*/cout<<i<<" ";j -= weight[i];//此時容量降低}i--;}cout<<endl; }/* 輸出順序:順序輸出物品編號 注意：這里借助狀態數組f[i][v] 使用狀態轉移方程:f[i][j] = max{f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]} */ void PrintKnapsack_recursion(int i,int j) {if (i == 0 || j == 0){return;}if (f[i][j] == f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]){PrintKnapsack_recursion(i - 1,j - weight[i]);cout<<i<<" ";} }int main() {cout<<Knapsack()<<endl;PrintKnapsack();PrintKnapsack_recursion(N,V);system("pause");return 1; }

2) 另外開辟數組，在求解最大收益時做標記位。求解完最大收益后。依據這個新數組倒著推結果

思想：對于如今這個狀態的位置。它存儲的是該狀態上一位置

注意：這樣的方法均適用存儲狀態數組不壓縮 和 壓縮兩種情況

代碼：

#include <iostream> using namespace std;const int N = 3;//物品個數 const int V = 5;//背包最大容量 int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量 int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品價值int f[V + 1] = {0};int G[N + 1][V + 1] = {{0}};//求背包序列int Max(int x,int y) {return x > y ?

x : y; } /* 目標：在不超過背包容量的情況下。最多能獲得多少價值 子問題狀態:f[j]:表示前i件物品放入容量為j的背包得到的最大價值 狀態轉移方程:f[j] = max{f[j],f[j - weight[i]] + value[i]} 初始化:f數組全設置為0 */ int Knapsack() { //初始化 memset(f,0,sizeof(f)); memset(G,0,sizeof(G)); //遞推 for (int i = 1;i <= N;i++) //枚舉物品 { for (int j = V;j >= weight[i];j--) //枚舉背包容量 { if (f[j] < f[j - weight[i]] + value[i]) { f[j] = f[j - weight[i]] + value[i]; G[i][j] = 1; } } } return f[V]; } /* 輸出順序:逆序輸出物品編號 注意：這里另外開辟數組G[i][v],標記上一個狀態的位置 G[i][v] = 1:表示物品i放入背包了。上一狀態為G[i - 1][v - weight[i]] G[i][v] = 0:表示物品i沒有放入背包，上一狀態為G[i - 1][v] */ void PrintKnapsack() { int i = N;//枚舉物品 int j = V;//枚舉空間 cout<<"增加背包的物品編號:"<<endl; while(i) { if (G[i][j] == 1) { /*if不滿足，表示第i件物品沒裝入背包, if條件滿足，表示放入背包了*/ cout<<i<<" "; j -= weight[i];//此時容量降低 } i--; } cout<<endl; } /* 輸出順序:順序輸出物品編號 注意：這里另外開辟數組G[i][v],標記上一個狀態的位置 G[i][v] = 1:表示物品i放入背包了，上一狀態為G[i - 1][v - weight[i]] G[i][v] = 0:表示物品i沒有放入背包。上一狀態為G[i - 1][v] */ void PrintKnapsack_recursion(int i,int j) { if (i == 0 || j == 0) { return; } if (G[i][j] == 1) { PrintKnapsack_recursion(i - 1,j - weight[i]); cout<<i<<" "; } } int main() { cout<<Knapsack()<<endl; PrintKnapsack(); PrintKnapsack_recursion(N,V); system("pause"); return 1; }

小結：

01 背包背包問題是主要問題，它包括設計狀態背包問題、最基本的思想公式。其他。其他類型的背包問題常常可以轉化成01 背包問題。

我們必須小心經驗可借鑒的方法的基本思想頂部，含義狀態轉移方程，如何優化空間復雜度。

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總結

以上是生活随笔為你收集整理的九背包上的发言稿_01背包的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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