01背包是在M件物品取出若干件放在空间为W的背包里，每件物品的体积为C₁，C₂，…，C_n，与之相对应的价值为W₁,W₂，…，W_n.求解将那些物品装入背包可使总价值最大。

        动态规划（DP）：

        1） 子问题定义：F[i][j]表示前i件物品中选取若干件物品放入剩余空间为j的背包中所能得到的最大价值。

        2） 根据第i件物品放或不放进行决策

                                                  (1-1)

        其中F[i-1][j]表示前i-1件物品中选取若干件物品放入剩余空间为j的背包中所能得到的最大价值；

        而F[i-1][j-C[i]]+W[i]表示前i-1件物品中选取若干件物品放入剩余空间为j-C[i]的背包中所能取得的最大价值加上第i件物品的价值。

        根据第i件物品放或是不放确定遍历到第i件物品时的状态F[i][j]。

        设物品件数为N，背包容量为V，第i件物品体积为C[i]，第i件物品价值为W[i]。

        由此写出伪代码如下：

F[0][] ← {0}

F[][0] ← {0}

for i←1 to N

    do for k←1 to V

        F[i][k] ← F[i-1][k]

        if(k >= C[i])

            then F[i][k] ← max(F[i][k],F[i-1][k-C[i]]+W[i])

return F[N][V]

        以上伪代码数组均为基于1索引，及第一件物品索引为1。时间及空间复杂度均为O(VN)

        举例：表1-1为一个背包问题数据表，设背包容量为10根据上述解决方法可得到对应的F[i][j]如表1-2所示，最大价值即为F[6][10].

表1-1背包问题数据表

物品号i	1	2	3	4	5	6
体积C	2	3	1	4	6	5
价值W	5	6	5	1	19	7

 

表1-2前i件物品选若干件放入空间为j的背包中得到的最大价值表

	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0
1	0	0	5	5	5	5	5	5	5	5	5
2	0	0	5	6	6	11	11	11	11	11	11
3	0	5	5	10	11	11	16	16	16	16	16
4	0	5	5	10	11	11	16	16	16	16	17
5	0	5	5	10	11	11	19	24	24	29	30
6	0	5	5	10	11	11	19	24	24	29	30

 　　　　红线是路径图（取物品的，比如背包10取了2.3.5物品），比较f[i][j]?=f[i-1][j-c[i]]+w[i]，如果相等就说明加入了这个物品。从N,V开始向0，0找，每次i都要减一。

         很多文章讲背包问题时只是把最大价值求出来了，并没有把所选的是哪些物品找出来。本人在学习背包问题之前遇到过很多的类似问题，当时也是只求得了最大价值或最大和，对具体哪些物品或路径等细节也束手无策。再次和大家一起分享细节的求法。

        根据算法求出的最大价值表本身其实含有位置信息，从F[N][V]逆着走向F[0][0]，设i=N,j=V，如果F[i][j]==F[i-1][j- C[i]]+W[i]说明包里面有第i件物品，同时j -= C[i]，不管F[i][j]与F[i-1][j-C[i]]+W[i]相不相等i都要减1，因为01背包的第i件物品要么放要么不放，不管放还是不放其 已经遍历过了，需要继续往下遍历。

打印背包内物品的伪代码如下：

i←N

j←V

while(i>0 && j>0)

    do if(F[i][j]=F[i-1][j-C[i]]+W[i])

        then Print W[i]

             j←j-C[i]

    i←i-1

         当然也可以定义一个二维数组Path[N][V]来存放背包内物品信息，开始时Path[N][V]初始化为0,当 F[i][j]==F[i-1][j-C[i]]+W[i]时Path[i][j]置1。最后通过从Path[N+1][V+1]逆着走向Path[0] [0]来获取背包内物品。其中Path[0][]与Path[][0]为边界。

        加入路径信息的伪代码如下：

F[0][] ← {0}

F[][0] ← {0}

Path[][] ← 0

for i←1 to N

    do for k←1 to V

        F[i][k] ← F[i-1][k]

        if(k >= C[i] && F[i][k] < F[i-1][k-C[i]]+W[i])

            then F[i][k] ← F[i-1][k-C[i]]+W[i]

                 Path[i][k] ← 1

return F[N][V] and Path[][]

 打印背包内物品的伪代码如下：

i←N

j←V

while(i>0 && j>0)

    do if(Path[i][j] = 1)

        then Print W[i]

             j←j-C[i]

    i←i-1

    在时间及空间复杂度均为O(NV)的情况下，利用Path[][]的方法明显比直接通过F[i][j]==F[i-1][j-C[i]]+W[i]来打印 物品耗费空间，Path[][]需要额外的空间O(NV)但总空间复杂度不变仍为O(NV)。但下面要讲到的O(V)的空间复杂度的方法却不能利用关系式 F [j]==F [j-C[i]]+W[i]而只能利用Path[][]进行标记.

 

接下来考虑如何压缩空间，以降低空间复杂度。

时间复杂度为O(VN)，空间复杂度将为O（V）

 

        观察伪代码可也发现，F[i][j]只与F[i-1][j]和F[i-1][j-C[i]]有关，即只和i-1时刻状态有关，所以我们只需要用一维数组F[]来保存i-1时的状态F[]。假设i-1时刻的F[]为{a₀，a₁，a₂，…，a_v}，难么i时刻的F[]中第k个应该为max(a_k,a_k-C[i]+W[i]) 即max(F[k],F[k-C[i]]+W[i])，这就需要我们遍历V时逆序遍历，这样才能保证求i时刻F[k]时F[k-C[i]]是i-1时刻的 值。如果正序遍历则当求F[k]时其前面的F[0],F[1]，…，F[K-1]都已经改变过，里面存的都不是i-1时刻的值，这样求F[k]时利用 F[K-C[i]]必定是错的值。最后F[V]即为最大价值。

求F[j]的状态方程如下：

                                           (1-2)

伪代码如下：

F[] ← {0}

for i ← 1 to N

    do for k ← V to C[i]

        F[k] ← max(F[k],F[k-C[i]]+W[i])

return F[V]

同样，怎么求路径？

        利用前面讲到的Path[][]标记，需空间消耗O(NV)。这里不能用F [j]==F [j-C[i]]+W[i]来判断是因为一维数组并不能提供足够的信息来寻找二维路径。

        加入路径信息的伪代码如下：

F[] ← {0}

Path[][]←0

for i←1 to N

    do for k←V to C[i]

       if(F[k] < F[k-C[i]]+W[i])

            then F[k] ← F[k-C[i]]+W[i]

                 Path[i][k] ← 1

return F[V] and Path[][]

打印路径的伪代码和前面未压缩空间复杂度时的伪代码一样，这里不再重写。

 

下面针对前面提到的表1-1提供两种方法的测试代码： 

#include <iostream>
#include <cstring>
#include "CreateArray.h"    //该头文件用于动态创建及销毁二维数组，读者自己实现
using namespace std;

//时间复杂度O(VN),空间复杂度为O(VN)

int Package01(int Weight[], int Value[], int nLen, int nCapacity)
{
    int** Table = NULL;
    int** Path = NULL;
    CreateTwoDimArray(Table,nLen+1,nCapacity+1);    //创建二维数组
    CreateTwoDimArray(Path,nLen+1,nCapacity+1); //创建二维数组

    for(int i = 1; i <= nLen; i++)
    {
        for(int j = 1; j <= nCapacity; j++)
        {
            Table[i][j] = Table[i-1][j];
            Path[i][j] = 0;
            if(j >= Weight[i-1] && Table[i][j] < Table[i-1][j-Weight[i-1]]+Value[i-1])
            {
                Table[i][j] = Table[i-1][j-Weight[i-1]]+Value[i-1];
                Path[i][j] = 1;
            }
        }
    }

    int i = nLen, j = nCapacity;
    while(i > 0 && j > 0)
    {
        if(Path[i][j] == 1)
        {
            cout << Weight[i-1] << " ";
            j -= Weight[i-1];
        }
        i--;
    }
    cout << endl;

    int nRet = Table[nLen][nCapacity];
    DestroyTwoDimArray(Table,nLen+1);   //销毁二维数组
    DestroyTwoDimArray(Path,nLen+1);    //销毁二维数组
    return nRet;
}

//时间复杂度O(VN)，不考虑路径空间复杂度为O(V)，考虑路径空间复杂度为O(VN)

int Package01_Compress(int Weight[], int Value[], int nLen, int nCapacity)
{
    int * Table = new int [nCapacity+1];
    memset(Table,0,(nCapacity+1)*sizeof(int));
    int** Path = 0;
    CreateTwoDimArray(Path,nLen+1,nCapacity+1); //创建二维数组

    for(int i = 0; i < nLen; i++)
    {
        for(int j = nCapacity; j >= Weight[i]; j--)
        {
            Path[i+1][j] = 0;
            if(Table[j] < Table[j-Weight[i]]+Value[i])
            {
                Table[j] = Table[j-Weight[i]]+Value[i];
                Path[i+1][j] = 1;
            }
        }
    }

    int i = nLen, j = nCapacity;
    while(i > 0 && j > 0)
    {
        if(Path[i][j] == 1)
        {
            cout << Weight[i-1] << " ";
            j -= Weight[i-1];
        }

        i--;
    }
    cout << endl;

    int nRet = Table[nCapacity];
    DestroyTwoDimArray(Path,nLen+1);    //销毁二维数组
    delete [] Table;
    return nRet;
}

测试代码

int main()
{
    int Weight[] = {2,3,1,4,6,5};
    int Value[] =  {5,6,5,1,19,7};
    int nCapacity = 10;
    cout << Package01(Weight,Value,sizeof(Weight)/sizeof(int),nCapacity) << endl;
    cout << Package01_Compress(Weight,Value,sizeof(Weight)/sizeof(int),nCapacity) << endl;
    return 0;
}

 

本文部分内容参考“背包九讲”

转自http://blog.csdn.net/wumuzi520/article/details/7014559 感谢