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背包问题九讲笔记_01背包

分类： 算法导论2013-02-13 09:17 1752人阅读 评论(4) 收藏 举报

摘自Tianyi Cui童鞋的《背包问题九讲》，稍作修改，方便理解。

01背包问题描述

已知:有一个容量为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:每种物品只有一件，可以选择放或者不放

问题:在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值或收益

相似问题:在恰好装满背包的情况下，最多能获得多少价值或收益

这里，我们先讨论在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值或收益。

基本思路

01背包的特点:每种物品只有一件，可以选择放或者不放

子问题定义状态

[cpp] view plaincopy

1. f[i][v] : 前i件物品放到一个容量为v的背包中可以获得最大价值

状态转移方程

[cpp] view plaincopy

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

分析

考虑我们的子问题，将前i件物品放到容量为v的背包中，若我们只考虑第i件物品时，它有两种选择，放或者不放。

1) 如果第i件物品不放入背包中，那么问题就转换为：将前i - 1件物品放到容量为v的背包中，带来的收益f[i - 1][v]

2) 如果第i件物品能放入背包中，那么问题就转换为：将前i - 1件物品放到容量为v - weight[i]的背包中，带来的收益f[i - 1][v - weight[i]] + cost[i]

代码

[cpp] view plaincopy

1. #include <iostream>
2. using namespace std;
3. const int N = 3;//物品个数
4. const int V = 5;//背包最大容量
5. int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量
6. int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品价值
7. int f[N + 1][V + 1] = {{0}};
8. int Max(int x,int y)
9. {
10. return x > y ? x : y;
11. }
12. /*
13. 目标：在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值
14. 子问题状态:f[i][j]:表示前i件物品放入容量为j的背包得到的最大价值
15. 状态转移方程:f[i][j] = max{f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]}
16. 初始化:f数组全设置为0
17. */
18. int Knapsack()
19. {
20. //初始化
21. memset(f,0,sizeof(f));
22. //递推
23. for (int i = 1;i <= N;i++) //枚举物品
24. {
25. for (int j = 0;j <= V;j++) //枚举背包容量
26. {
27. f[i][j] = f[i - 1][j];
28. if (j >= weight[i])
29. {
30. f[i][j] = Max(f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
31. }
32. }
33. }
34. return f[N][V];
35. }
36. int main()
37. {
38. cout<<Knapsack()<<endl;
39. system("pause");
40. return 1;
41. }

效率分析：

此算法的时间复杂度为O(N*V)，空间复杂度也为O(N*V)。其中，N 表示物品个数，V 表示背包容量这里，时间复杂度不可以在优化了，但是空间复杂度可以继续优化到O(V)

优化空间复杂度

上述的方法，我们使用二维数组 f[i][v] 保存中间状态，这里我们可以使用一维数组f[v]保存中间状态就能得到结果

分析

我们现在使用f[v]保存中间状态，我们想要达到的效果是，第i次循环后，f[v]中存储的是前i个物体放到容量v时的最大价值

在回顾下之前讲过的状态转移方程：

[cpp] view plaincopy

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

我们可以看到，要想得到 f[i][v]，我们需要知道 f[i - 1][v] 和 f[i - 1][v - weight[i]]，由于我们使用二维数组保存中间状态，所以可以直接取出这两个状态。

当我们使用一维数组存储状态时，f[v]表示，在执行i次循环后(此时已经处理i个物品)，前i个物体放到容量v时的最大价值，即之前的f[i][v]。与二维相比较，它把第一维隐去了，但是二者表达的含义还是相同的，只不过针对不同的i，f[v]一直在重复使用，所以，也会出现第i次循环可能会覆盖第i - 1次循环的结果。

为了求f[v],我们需要知道，前i - 1个物品放到容量v的背包中带来的收益，即之前的f[i - 1][v]  和 前i - 1件物品放到容量为v - weight[i]的背包中带来的收益，即之前的f[i - 1][v - weight[i]] + cost[i]。

难点：由于我们只使用一维数组存储，则在求这两个子问题时就没有直接取出那么方便了，因为，第i次循环可能会覆盖第i - 1次循环的结果。

现在我们来求这两个值

1）前i - 1个物品放到容量v的背包中带来的收益，即之前的f[i - 1][v] ：

由于，在执行在i次循环时，f[v]存储的是前i个物体放到容量v时的最大价值，在求前i个物体放到容量v时的最大价值(即之前的f[i][v])时，我们是正在执行第 i 次循环，f[ v ]的值还是在第 i - 1  次循环时存下的值，在此时取出的 f[ v ]就是前i - 1个物体放到容量v时的最大价值，即f[i - 1][v]。

2）前i - 1件物品放到容量为v - weight[i]的背包中带来的收益，即之前的f[i - 1][v - weight[i]] + cost[i]

由于，在执行第i次循环前，f[0 ~ V]中保存的是第i - 1次循环的结果，即是前i - 1个物体分别放到容量0 ~ V时的最大价值，即f[i - 1][0 ~ V]。

则，在执行第i次循环前，f 数组中v - weight[i]的位置存储就是我们要找的 前i - 1件物品放到容量为v - weight[i]的背包中带来的收益 (即之前的f[i - 1][v - weight[i]])，这里假设物品是从数组下标1开始存储的。

伪代码

[cpp] view plaincopy

1. for i=1..N //枚举物品
2. for v=V..0 //枚举容量，从大到小
3. f[v]=max{f[v],f[v-weight[i]] + cost[i]};

由上面伪代码可知，在执行第 i 次循环时，需要把背包容量由V..0都要遍历一遍，检测第 i 件物品是否能放。

逆序枚举容量的原因：

注意一点，我们是由第 i - 1 次循环的两个状态推出 第 i 个状态的，而且 v  > v - weight[i]，则对于第i次循环，背包容量只有当V..0循环时，才会先处理背包容量为v的状况，后处理背包容量为 v-weight[i] 的情况。

具体来说，由于，在执行v时，还没执行到v - weight[i]的，因此，f[v - weight[i]]保存的还是第i - 1次循环的结果。即在执行第i次循环 且 背包容量为v时，此时的f[v]存储的是 f[i - 1][v] ，此时f[v-weight[i]]存储的是f[i - 1][v-weight[i]]。

相反，如果在执行第 i 次循环时，背包容量按照0..V的顺序遍历一遍，来检测第 i 件物品是否能放。此时在执行第i次循环 且 背包容量为v时，此时的f[v]存储的是 f[i - 1][v] ，但是，此时f[v-weight[i]]存储的是f[i][v-weight[i]]。

因为，v  > v - weight[i]，第i次循环中，执行背包容量为v时，容量为v - weight[i]的背包已经计算过，即f[v - weight[i]]中存储的是f[i][v - weight[i]]。即，对于01背包，按照增序枚举背包容量是不对的。

代码

[cpp] view plaincopy

1. #include <iostream>
2. using namespace std;
3. const int N = 3;//物品个数
4. const int V = 5;//背包最大容量
5. int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量
6. int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品价值
7. int f[V + 1] = {0};
8. int Max(int x,int y)
9. {
10. return x > y ? x : y;
11. }
12. /*
13. 目标：在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值
14. 子问题状态:f[j]:表示前i件物品放入容量为j的背包得到的最大价值
15. 状态转移方程:f[j] = max{f[j],f[j - weight[i]] + value[i]}
16. 初始化:f数组全设置为0
17. */
18. int Knapsack()
19. {
20. //初始化
21. memset(f,0,sizeof(f));
22. //递推
23. for (int i = 1;i <= N;i++) //枚举物品
24. {
25. for (int j = V;j >= weight[i];j--) //枚举背包容量,防越界，j下限为 weight[i]
26. {
27. f[j] = Max(f[j],f[j - weight[i]] + value[i]);
28. }
29. }
30. return f[V];
31. }
32. int main()
33. {
34. cout<<Knapsack()<<endl;
35. system("pause");
36. return 1;
37. }

但是，增序枚举背包容量会达到什么效果：它会重复的装入某个物品，而且尽可能多的，使价值最大，当然不会不超过背包容量

而逆序枚举背包容量：背包中的物品至多装一次，使价值最大，当然不会不超过背包容量

我们首先举例说明：

逆序枚举物品

当i = 2，我们要求 f [5]：表示检测物品2放入容量为5的背包的最大收益

上图表示，当i = 2，求f[5]时f数组的状况，

橙色为数组现在存储的值，这些值是i = 1时(上一次循环)存入数组 f 的。相当于f[i - 1][v]

而黄色使我们要求的值，在求f[5]之前，f[5]= 5，即f[i - 1][5] = 5

现在要求 i = 2 时的f[5] = f[5 - 2] + 10 = 5 + 10 = 15  >  f[i - 1][5] = 5

故，f[5] = 15；

注意一点，在求f[v]时，它引用的 f[v - weight[i]] 和 f[v]都是上一次循环的结果

顺序枚举物品

当i = 2，我们要求 f [5]：表示检测物品2放入容量为5的背包的最大收益

上图表示，当i = 2，求f[5]时f数组的状况，

橙色为数组现在存储的值，这些值是i = 2时(本次循环)存入数组 f 的。相当于f[i][v]

这是由于，我们是增序遍历数组f的，在求f[v]时，v之前的值(0 ~ v - 1)都已经在第i次循环中求出。

而黄色使我们要求的值，在求f[5]之前，f[5]= 5，即f[i - 1][5] = 5

现在要求 i = 2 时的f[5] = f[5 - 2] + 10 =10+ 10 = 20 >  f[i - 1][5] = 5

故，f[5] = 20；

其中引用的f[3]是相当于f[i][3] 而不是正常的f[i - 1][3]

注意一点，在求f[v]时，它引用的 f[v - weight[i]]是本次循环的结果 而f[v]是上一次循环的结果

换个角度说，

在检测 背包容量为5时，看物品2是否加入

由状态转移方程可知，我们f[5]需要引用自己本身和f[3]

由于背包容量为3时，可以装入物品2，且收益比之前的大，所以放入背包了。

在检测f[5]时，肯定要加上物品2的收益，而f[5]在引用f[3]时，f[3]时已经加过一次物品2，

因此，在枚举背包容量时，物品2会加入多次。

进一步说：

我们观察一维状态转移方程：

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

首先我们明确三个问题

1) v - weight[i] < v

2) 状态f[i][v] 是由 f[i - 1][v] 和 f[i - 1][v - weight[i]] 两个状态决定

3) 对于物品i，我们在枚举背包容量时，只要背包容量能装下物品i 且 收益比原来的大，就会成功放入物品i。

具体来说，枚举背包容量时，是以递增的顺序的话，由于 v - weight[i] < v,则会先计算 v - weight[i]。在背包容量为v - weight[i]时，一旦装入了物品i，由于求f[v]需要使用f[i - 1][v - weight[i]]，而若求f[v]时也可以装入物品i的话，那么在背包容量为v时，容量为v的背包就装入可两次物品。又若v - weight[i]是由之前的状态推出，它们也成功装入物品i的话，那么容量为v的背包就装入了多次物品i了。

注意，此时，在计算f[v]时，已经把物品i能装入的全装入容量为v的背包了，此时装入物品i的次数为最大啊

其实，顺序枚举容量是完全背包问题最简捷的解决方案。

初始化的细节问题

求最优解的背包问题时，有两种问法：

1)在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值

2)在恰好装满背包的情况下，最多能获得多少价值

主要的区别为是否要求恰好装满背包。但这两种问法的实现方法是在初始化的时候有所不同。

1)恰好装满背包的情况：使用二维数组f[i][v]存储中间状态，其中第一维表示物品，第二维表示背包容量

初始化时，除了f[i][0] = 0（第一列）外，其他全为负无穷。

原因：初始化 f 数组就是表示：在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。对于恰好装满背包，只有背包容量为 0（第一列），可以什么物品都不装就能装满，这种情况是合法情况，此时价值为0。其他f[0][v]（第一列）是都不能装满的，此时有容量没物品。而其他位置（除去第一行和第一列的位置），我们为了在计算中比较最大值，也要初始化为负无穷。我们从程序的角度上看，我们只允许装入背包物品的序列的起始位置是从第一列开始，这些起始位置都是合法位置，且能恰好装满的情况收益均为正值，到f[N][V]终止。

注意，我们虽然是求恰好装满，还是需要枚举所有可以装入背包的物品，只要能装入，还需装入，收益有增加。只不过，由于恰好装满的物品的序列肯定是从第一列某行开始的，且之后的收益肯定是正值。对于非恰好装满的物品序列，其实位置肯定是从第一行某位置开始的，由于此时被初始化为负无穷，在和那些恰好装满物品序列带来的价值时，肯定是小的。所以，我们最后能获得最大值。

代码：

[cpp] view plaincopy

1. #include <iostream>
2. using namespace std;
3. const int MinNum = 0x80000000;
4. const int N = 3;//物品个数
5. const int V = 5;//背包最大容量
6. int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量
7. int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品价值
8. int f[N + 1][V + 1] = {{0}};
9. int Max(int x,int y)
10. {
11. return x > y ? x : y;
12. }
13. /*
14. 目标：在恰好装满背包的情况下，最多能获得多少价值
15. 子问题状态:f[i][j]:表示前i件物品放入容量为j的背包得到的最大价值
16. 状态转移方程:f[i][j] = max{f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]}
17. 初始化:f数组全设置为0
18. */
19. int Knapsack()
20. {
21. //初始化
22. for (int i = 0;i <= N;i++) //枚举物品
23. {
24. for (int j = 0;j <= V;j++) //枚举背包容量
25. {
26. f[i][j] = MinNum;
27. }
28. }
29. for (int i = 0;i <= N;i++)
30. {
31. f[i][0] = 0;//背包容量为0时为合法状态
32. }
33. //递推
34. for (int i = 1;i <= N;i++) //枚举物品
35. {
36. for (int j = 1;j <= V;j++) //枚举背包容量
37. {
38. f[i][j] = f[i - 1][j];
39. if (j >= weight[i])
40. {
41. f[i][j] = Max(f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
42. }
43. }
44. }
45. return f[N][V];
46. }
47. int main()
48. {
49. cout<<Knapsack()<<endl;//输出25
50. system("pause");
51. return 1;
52. }

使用一维数组f[v]存储中间状态，维表示背包容量

初始化时，除了f[0] = 0，其他全为负无穷。

原因：只有容量为0 的背包可以什么物品都不装就能装满，此时价值为0。其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，应该被赋值为负无穷了

代码

[cpp] view plaincopy

1. #include <iostream>
2. using namespace std;
3. const int MinNum = 0x80000000;//int最小的数
4. const int N = 3;//物品个数
5. const int V = 5;//背包最大容量
6. int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量
7. int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品价值
8. int f[V + 1] = {0};
9. int Max(int x,int y)
10. {
11. return x > y ? x : y;
12. }
13. /*
14. 目标：在恰好装满背包容量的情况下，最多能获得多少价值
15. 子问题状态:f[j]:表示前i件物品放入容量为j的背包得到的最大价值
16. 状态转移方程:f[j] = max{f[j],f[j - weight[i]] + value[i]}
17. 初始化:f数组全设置为0
18. */
19. int Knapsack()
20. {
21. //初始化
22. for (int i = 0;i <= V;i++)
23. {
24. f[i] = MinNum;
25. }
26. f[0] = 0;//只有背包容量为0时才是合法状态，由合法状态组成的结果才是合法的
27. //递推
28. for (int i = 1;i <= N;i++) //枚举物品
29. {
30. for (int j = V;j >= weight[i];j--) //枚举背包容量,防越界，j下限为 weight[i]
31. {
32. f[j] = Max(f[j],f[j - weight[i]] + value[i]);
33. }
34. }
35. return f[V];
36. }
37. int main()
38. {
39. cout<<Knapsack()<<endl;//输出25
40. system("pause");
41. return 1;
42. }

2)不需要把背包装满，只需要收益最大

使用二维数组f[i][v]存储中间状态，其中第一维表示物品，第二维表示背包容量

初始化时，除了f[i][0] = 0（第一列）外，其他全为负无穷。

使用一维数组f[v]存储中间状态，维表示背包容量

原因：如果背包并非必须被装满，那么任何容量的背包都有一个合法解“什么都不装”，这个解的价值为0，所以初始时状态的值也就全部为0了。

代码在最前面已贴，不在此上传。

一个常数优化

一维数组描述状态时的伪代码：

[cpp] view plaincopy

1. for i=1..N //枚举物品
2. for v=V..0 //枚举容量，从大到小
3. f[v]=max{f[v],f[v-weight[i]] + cost[i]};

观察可知，对于第i个物品，枚举背包容量下限时，可以到weight[i]为止。

原因：

1）对于第i物品，在求f[v]时，需要使用的状态是 v ~ v -  weight[i] 这么多，这是由于v取最大容量V时，使用的状态才是v - weight[i]，当v不取最大状态时，使用的状态肯定是在v ~ v -  weight[i]之间的。可以到weight[i]为止。

2）在到weight[i]为止时，还可以不进行if判断，担心v -  weight[i]是否越界

此时，伪代码为

[cpp] view plaincopy

1. for i=1..N //枚举物品
2. for v=V..weight[i] //枚举容量，从大到小
3. f[v]=max{f[v],f[v-weight[i]] + cost[i]};

注意，对 f 数组，如果是检测第i个物品是否能放入，0 ~ weight[i] - 1的这些位置是不会遍历到的，则此时他们仍表示第i - 1次的状态，即二维的f[i - 1][v]。

还可以继续优化下界为

[cpp] view plaincopy

1. for i=1..N //枚举物品
2. bound=max{V-sum{weight[i..n]},weight[i]}//确定需要枚举容量的下界
3. for v=V..bound
4. f[v]=max{f[v],f[v-weight[i]] + cost[i]};

原因：

1)网上的说法,不太懂,各位大牛可以指导下下。

对于第i次循环（指外循环），对于背包容量v = V(最大)时，对于f[v]的值，其实只要知道f[v-weight[i]]即可。以此类推，对于背包容量为 j 时，我们只需要知道到f[v-sum{weight[j..n]}]即可

2)还有人说

如果比v-sum{weight[j..n]}这个小，那么即使后面物品的全要也装不满背包。

所以对于物品i，小于v-sum{weight[j..n]}的v值，无意义。

总之是不懂。智商啊

作者说，当V很大是，效果好。

代码

[cpp] view plaincopy

1. #include <iostream>
2. using namespace std;
3. const int N = 3;//物品个数
4. const int V = 5;//背包最大容量
5. int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量
6. int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品价值
7. int f[V + 1] = {0};
8. int Max(int x,int y)
9. {
10. return x > y ? x : y;
11. }
12. /*
13. 目标：在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值
14. 子问题状态:f[j]:表示前i件物品放入容量为j的背包得到的最大价值
15. 状态转移方程:f[j] = max{f[j],f[j - weight[i]] + value[i]}
16. 初始化:f数组全设置为0
17. */
18. int Knapsack()
19. {
20. int sum = 0;//存储还未处理物品的总容量
21. int bound = 0;
22. //初始化
23. memset(f,0,sizeof(f));
24. for (int i = 1;i <= N;i++)
25. {
26. sum += weight[i];
27. }
28. //递推
29. for (int i = 1;i <= N;i++) //枚举物品
30. {
31. //设置下界
32. if (i != 1)
33. {
34. sum -= weight[i - 1];
35. }
36. bound = Max(V - sum,weight[i]);
37. for (int j = V;j >= bound;j--) //枚举背包容量
38. {
39. if (f[j] < f[j - weight[i]] + value[i])
40. {
41. f[j] = f[j - weight[i]] + value[i];
42. }
43. }
44. }
45. return f[V];
46. }
47. int main()
48. {
49. cout<<Knapsack()<<endl;
50. system("pause");
51. return 1;
52. }

 输出方案

一般而言，背包问题是要求一个最优值，如果要求输出这个最优值的方案，可以参照一般动态规划问题输出方案的方法：记录下每个状态的最优值是由状态转移方程的哪一项推出来的，换句话说，记录下它是由哪一个策略推出来的。便可根据这条策略找到上一个状态，从上一个状态接着向前推即可。

这里我们首先给出01背包的二维状态转移方程

[cpp] view plaincopy

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

对于状态f[i][v]，它来自两种策略，可以是f[i - 1][v],也可以是f[i - 1][v - weight[i]] + cost[i]

其中，对于第二种情况，就是把物品i放入背包了，这里也是我们要找的情况

根据状态转移方程，我们可以给出两种实现方法

1) 借助存储状态的数组，直接根据状态转移方程倒着推，检测是否满足

[cpp] view plaincopy

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

如果满足，则把第i件物品放入了，此时我们要检测第i - 1件物品，背包容量为v - weight[i]

不满足则表示没有把第i件物品放入，直接检测第i - 1件物品，此时背包容量还是v

注意，这种方法只适用于存储状态数组不压缩的情况。压缩数组由于数据有覆盖，不能使用

代码

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1. #include <iostream>
2. using namespace std;
3. const int N = 3;//物品个数
4. const int V = 5;//背包最大容量
5. int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量
6. int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品价值
7. int f[N + 1][V + 1] = {{0}};
8. int Max(int x,int y)
9. {
10. return x > y ? x : y;
11. }
12. /*
13. 目标：在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值
14. 子问题状态:f[i][j]:表示前i件物品放入容量为j的背包得到的最大价值
15. 状态转移方程:f[i][j] = max{f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]}
16. 初始化:f数组全设置为0
17. */
18. int Knapsack()
19. {
20. //初始化
21. memset(f,0,sizeof(f));
22. //递推
23. for (int i = 1;i <= N;i++) //枚举物品
24. {
25. for (int j = 1;j <= V;j++) //枚举背包容量
26. {
27. f[i][j] = f[i - 1][j];
28. if (j >= weight[i])
29. {
30. f[i][j] = Max(f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
31. }
32. }
33. }
34. return f[N][V];
35. }
36. /*
37. 输出顺序:逆序输出物品编号
38. 注意：这里借助状态数组f[i][v]
39. 使用状态转移方程:f[i][j] = max{f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]}
40. */
41. void PrintKnapsack()
42. {
43. int i = N;//枚举物品
44. int j = V;//枚举空间
45. cout<<"加入背包的物品编号:"<<endl;
46. while(i)
47. {
48. if (f[i][j] == f[i - 1][j - weight[i]] + value[i])
49. {
50. /*if不满足，表示第i件物品没装入背包,
51. if条件满足，表示放入背包了*/
52. cout<<i<<" ";
53. j -= weight[i];//此时容量减少
54. }
55. i--;
56. }
57. cout<<endl;
58. }
59. /*
60. 输出顺序:顺序输出物品编号
61. 注意：这里借助状态数组f[i][v]
62. 使用状态转移方程:f[i][j] = max{f[i - 1][j],f[i - 1][j - weight[i]] + value[i]}
63. */
64. void PrintKnapsack_recursion(int i,int j)
65. {
66. if (i == 0 || j == 0)
67. {
68. return;
69. }
70. if (f[i][j] == f[i - 1][j - weight[i]] + value[i])
71. {
72. PrintKnapsack_recursion(i - 1,j - weight[i]);
73. cout<<i<<" ";
74. }
75. }
76. int main()
77. {
78. cout<<Knapsack()<<endl;
79. PrintKnapsack();
80. PrintKnapsack_recursion(N,V);
81. system("pause");
82. return 1;
83. }

2) 另外开辟数组，在求解最大收益时做标记位。求解完最大收益后，根据这个新数组倒着推结果

思想：对于现在这个状态的位置，它存储的是该状态上一位置

注意：这种方法均适用存储状态数组不压缩 和 压缩两种情况

代码：

[cpp] view plaincopy

1. #include <iostream>
2. using namespace std;
3. const int N = 3;//物品个数
4. const int V = 5;//背包最大容量
5. int weight[N + 1] = {0,3,2,2};//物品重量
6. int value[N + 1] = {0,5,10,20};//物品价值
7. int f[V + 1] = {0};
8. int G[N + 1][V + 1] = {{0}};//求背包序列
9. int Max(int x,int y)
10. {
11. return x > y ? x : y;
12. }
13. /*
14. 目标：在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值
15. 子问题状态:f[j]:表示前i件物品放入容量为j的背包得到的最大价值
16. 状态转移方程:f[j] = max{f[j],f[j - weight[i]] + value[i]}
17. 初始化:f数组全设置为0
18. */
19. int Knapsack()
20. {
21. //初始化
22. memset(f,0,sizeof(f));
23. memset(G,0,sizeof(G));
24. //递推
25. for (int i = 1;i <= N;i++) //枚举物品
26. {
27. for (int j = V;j >= weight[i];j--) //枚举背包容量
28. {
29. if (f[j] < f[j - weight[i]] + value[i])
30. {
31. f[j] = f[j - weight[i]] + value[i];
32. G[i][j] = 1;
33. }
34. }
35. }
36. return f[V];
37. }
38. /*
39. 输出顺序:逆序输出物品编号
40. 注意：这里另外开辟数组G[i][v],标记上一个状态的位置
41. G[i][v] = 1:表示物品i放入背包了，上一状态为G[i - 1][v - weight[i]]
42. G[i][v] = 0:表示物品i没有放入背包，上一状态为G[i - 1][v]
43. */
44. void PrintKnapsack()
45. {
46. int i = N;//枚举物品
47. int j = V;//枚举空间
48. cout<<"加入背包的物品编号:"<<endl;
49. while(i)
50. {
51. if (G[i][j] == 1)
52. {
53. /*if不满足，表示第i件物品没装入背包,
54. if条件满足，表示放入背包了*/
55. cout<<i<<" ";
56. j -= weight[i];//此时容量减少
57. }
58. i--;
59. }
60. cout<<endl;
61. }
62. /*
63. 输出顺序:顺序输出物品编号
64. 注意：这里另外开辟数组G[i][v],标记上一个状态的位置
65. G[i][v] = 1:表示物品i放入背包了，上一状态为G[i - 1][v - weight[i]]
66. G[i][v] = 0:表示物品i没有放入背包，上一状态为G[i - 1][v]
67. */
68. void PrintKnapsack_recursion(int i,int j)
69. {
70. if (i == 0 || j == 0)
71. {
72. return;
73. }
74. if (G[i][j] == 1)
75. {
76. PrintKnapsack_recursion(i - 1,j - weight[i]);
77. cout<<i<<" ";
78. }
79. }
80. int main()
81. {
82. cout<<Knapsack()<<endl;
83. PrintKnapsack();
84. PrintKnapsack_recursion(N,V);
85. system("pause");
86. return 1;
87. }

小结：

01 背包问题是最基本的背包问题，它包含了背包问题中设计状态、方程的最基本思想。另外，别的类型的背包问题往往也可以转换成01 背包问题求解。故一定要仔细体会上面基本思路的得出方法，状态转移方程的意义，以及空间复杂度怎样被优化。

背包问题九讲笔记_01背包（转）