㈠ (三) 贪心算法
贪心算法的思想非常简单且算法效率很高，在一些问题的解决上有着明显的优势。
假设有3种硬币，面值分别为1元、5角、1角。这3种硬币各自的数量不限，现在要找给顾客3元6角钱，请问怎样找才能使得找给顾客的硬币数量最少呢？
你也许会不假思索的说出答案：找给顾客3枚1元硬币，1枚5角硬币，1枚1角硬币。其实也可以找给顾客7枚5角硬币，1枚1角硬币。可是在这里不符合题意。在这里，我们下意识地应用了所谓贪心算法解决这个问题。
所谓贪心算法，就是 总是做出在当前看来是最好的选择(未从整体考虑) 的一种方法。以上述的题目为例，为了找给顾客的硬币数量最少，在选择硬币的面值时，当然是尽可能地选择面值大的硬币。因此，下意识地遵循了以下方案：
（1）首先找出一个面值不超过3元6角的最大硬币，即1元硬币。
（2）然后从3元6角中减去1元，得到2元6角，再找出一个面值不超过2元6角的最大硬币，即1元硬币。
（3）然后从2元6角中减去1元，得到1元6角，再找出一个面值不超过1元6角的最大硬币，即1元硬币。
（4）然后从1元6角中减去1元，得到6角，再找出一个面值不超过6角的最大硬币，即5角硬币。
（5）然后从6角中减去5角，得到1角，再找出一个面值不超过1角的最大硬币，即1角硬币。
（6）找零钱的过程结束。
这个过程就是一个典型的贪心算法思想。
贪心策略总是做出在当前看来是最优的选择，也就是说贪心策略并不是从整体上加以考虑，它所做出的选择只是在某种意义上的 局部最优解 ，而许多问题自身的特性决定了该问题运用贪心策略可以得到最优解或较优解。(注：贪心算法不是对所有问题都能得到整体最优解，但对范围相当广泛的许多问题它能产生整体最优解。但其解必然是最优解的很好近似解。）
贪心算法没有固定的算法框架，算法设计的关键是 贪心策略的选择 。选择的贪心策略必须具备无后效性。
贪心策略 适用的前提 是：
严格意义上讲，要使用贪心算法求解问题，该问题应当具备以下性质：
注意 ：对于一个给定的问题，往往可能有好几种量度标准。初看起来，这些量度标准似乎都是可取的，但实际上，用其中的大多数量度标准作贪婪处理所得到该量度意义下的最优解并不是问题的最优解，而是次优解。
因此， 选择能产生问题最优解的最优量度标准是使用贪婪算法的核心 。
实际上，贪心算法 适用的情况很少 。一般，对一个问题分析是否适用于贪心算法，可以先选择该问题下的几个实际数据进行分析，就可做出判断。
最优解问题大部分都可以拆分成一个个的子问题(多阶段决策问题)，把解空间的遍历视作对子问题树的遍历，则以某种形式对树整个的遍历一遍就可以求出最优解，大部分情况下这是不可行的。
贪心算法和动态规划本质上是对子问题树的一种修剪，两种算法要求问题都具有的一个性质就是子问题最优性(组成最优解的每一个子问题的解，对于这个子问题本身肯定也是最优的)。
动态规划方法代表了这一类问题的一般解法， 自底向上 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，并且以其中的最优值作为自身的值，其它的值舍弃。
而贪心算法是动态规划方法的一个特例，可以证明每一个子树的根的值不取决于下面叶子的值，而只取决于当前问题的状况。换句话说，不需要知道一个节点所有子树的情况，就可以求出这个节点的值。由于贪心算法的这个特性，它对解空间树的遍历不需要自底向上，而只需要自根开始( 自顶向下 )，选择最优的路，一直走到底就可以了。
一个问题分为多个阶段，每个阶段可以有n种决策，各个阶段的决策构成一个决策序列，称为一个策略。
这两种算法都是选择性算法，在进行决策的选择时：
前提是这个问题得具有贪心选择性质，需要证明(数学归纳法(第一、第二))，如果不满足那就只能使用动态规划解决。(一旦证明贪心选择性质，用贪心算法解决问题比动态规划具有更低的时间复杂度和空间复杂度。)
从范畴上来看：
Greedy ⊂ DP ⊂ Searching （贪心是动规的特例）
即所有的贪心算法问题都能用DP求解，更可以归结为一个搜索问题，反之不成立。
贪心算法所作的选择可以依赖于以往所作过的选择，但决不依赖于将来的选择，也不依赖于子问题的解，这使得算法在编码和执行的过程中都有着一定的速度优势。如果一个问题可以同时用几种方法解决，贪心算法应该是最好的选择之一。但是贪心算法并不是对所有的问题都能得到整体最优解或最理想的近似解，与回溯法等比较，它的适用区域相对狭窄许多，因此正确地判断它的应用时机十分重要。
一步一步地进行，常 以当前情况为基础根据某个优化测度作最优选择，而不考虑各种可能的整体情况 ，它省去了为找最优解要穷尽所有可能而必须耗费的大量时间。
它采用 自顶向下 ，以 迭代 的方法做出相继的贪心选择，每做一次贪心选择就将所求问题简化为一个规模更小的子问题，通过每一步贪心选择，可得到问题的一个最优解，虽然每一步上都要保证能获得局部最优解，但由此产生的全局解有时不一定是最优的，所以 贪心法不需要回溯 。
【问题描述】
马的遍历问题。在8×8方格的棋盘上，从任意指定方格出发，为马寻找一条走遍棋盘每一格并且只经过一次的一条最短路径。
【贪心算法】
其实马踏棋盘的问题很早就有人提出，且早在1823年，J.C.Warnsdorff就提出了一个有名的算法。在每个结点对其子结点进行选取时，优先选择‘出口’最小的进行搜索，‘出口’的意思是在这些子结点中它们的可行子结点的个数，也就是‘孙子’结点越少的越优先跳，为什么要这样选取，这是一种局部调整最优的做法，如果优先选择出口多的子结点，那出口少的子结点就会越来越多，很可能出现‘死’结点（顾名思义就是没有出口又没有跳过的结点），这样对下面的搜索纯粹是徒劳，这样会浪费很多无用的时间，反过来如果每次都优先选择出口少的结点跳，那出口少的结点就会越来越少，这样跳成功的机会就更大一些。
㈡ 求解：图论中常见的最短路径算法有几种都是什么
主要是有三种、、
第一种是最直接的贪心dijkstra算法、、可以利用堆数据结构进行优化、、缺点就是不能求有负权的最短路与判断负环、、
第二种是bellman-ford算法、、根据松弛操作的性质是可以来判断负环的、、时间复杂度是O(nm)的、、
第三种是SPFA算法、、把他单独拿出来作为一种算法并不是非常好的、、他的实质应该是上面的bellman-ford算法的队列优化时间复杂度更低、O(KE)、K的值约等于2、、
㈢ Pascal贪心算法，求解答！
这道题用贪心不大好吧
记得老师以前说过
这种题用DP
这道题是最简单的01背包
我给你发个资料
那个，发不了啊，上传失败
你给我qq吧
P01: 01背包问题
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这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
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：f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}。
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”；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]。
注意f[i][v]有意义当且仅当存在一个前i件物品的子集，其费用总和为v。所以按照这个方程递推完毕后，最终的答案并不一定是f[N] [V]，而是f[N][0..V]的最大值。如果将状态的定义中的“恰”字去掉，在转移方程中就要再加入一项f[i][v-1]，这样就可以保证f[N] [V]就是最后的答案。至于为什么这样就可以，由你自己来体会了。
优化空间复杂度
以上方法的时间和空间复杂度均为O(N*V)，其中时间复杂度基本已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O(V)。
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f[v-c[i]]保存的是状态f[i -1][v-c[i]]的值。伪代码如下：
for i=1..N
for v=V..0
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};
其中的f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]}一句恰就相当于我们的转移方程f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i- 1][v-c[i]]}，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。
总结
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，以及最后怎样优化的空间复杂度。
P02: 完全背包问题
题目
有N种物品和一个容量为V的背包，每种物品都有无限件可用。第i种物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
基本思路
这个问题非常类似于01背包问题，所不同的是每种物品有无限件。也就是从每种物品的角度考虑，与它相关的策略已并非取或不取两种，而是有取0件、取1件、取2件……等很多种。如果仍然按照解01背包时的思路，令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值。仍然可以按照每种物品不同的策略写出状态转移方程，像这样：f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k*c[i]<=v}。这跟01背包问题一样有O(N*V)个状态需要求解，但求解每个状态的时间则不是常数了，求解状态f[i][v]的时间是O(v/c[i])，总的复杂度是超过O(VN)的。
将01背包问题的基本思路加以改进，得到了这样一个清晰的方法。这说明01背包问题的方程的确是很重要，可以推及其它类型的背包问题。但我们还是试图改进这个复杂度。
一个简单有效的优化
完全背包问题有一个很简单有效的优化，是这样的：若两件物品i、j满足c[i]<=c[j]且w[i]>=w[j]，则将物品j去掉，不用考虑。这个优化的正确性显然：任何情况下都可将价值小费用高得j换成物美价廉的i，得到至少不会更差的方案。对于随机生成的数据，这个方法往往会大大减少物品的件数，从而加快速度。然而这个并不能改善最坏情况的复杂度，因为有可能特别设计的数据可以一件物品也去不掉。
转化为01背包问题求解
既然01背包问题是最基本的背包问题，那么我们可以考虑把完全背包问题转化为01背包问题来解。最简单的想法是，考虑到第i种物品最多选V/c [i]件，于是可以把第i种物品转化为V/c[i]件费用及价值均不变的物品，然后求解这个01背包问题。这样完全没有改进基本思路的时间复杂度，但这毕竟给了我们将完全背包问题转化为01背包问题的思路：将一种物品拆成多件物品。
更高效的转化方法是：把第i种物品拆成费用为c[i]*2^k、价值为w[i]*2^k的若干件物品，其中k满足c[i]*2^k<V。这是二进制的思想，因为不管最优策略选几件第i种物品，总可以表示成若干个2^k件物品的和。这样把每种物品拆成O(log(V/c[i]))件物品，是一个很大的改进。 但我们有更优的O(VN)的算法。 * O(VN)的算法 这个算法使用一维数组，先看伪代码： <pre class"example"> for i=1..N for v=0..Vf[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};
你会发现，这个伪代码与P01的伪代码只有v的循环次序不同而已。为什么这样一改就可行呢？首先想想为什么P01中要按照v=V..0的逆序来循环。这是因为要保证第i次循环中的状态f[i][v]是由状态f[i-1][v-c[i]]递推而来。换句话说，这正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时，依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果f[i-1][v-c[i]]。而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第i种物品”这种策略时，却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果f[i][v-c[i]]，所以就可以并且必须采用v= 0..V的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。
这个算法也可以以另外的思路得出。例如，基本思路中的状态转移方程可以等价地变形成这种形式：f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i][v-c[i]]+w[i]}，将这个方程用一维数组实现，便得到了上面的伪代码。
总结
完全背包问题也是一个相当基础的背包问题，它有两个状态转移方程，分别在“基本思路”以及“O(VN)的算法“的小节中给出。希望你能够对这两个状态转移方程都仔细地体会，不仅记住，也要弄明白它们是怎么得出来的，最好能够自己想一种得到这些方程的方法。事实上，对每一道动态规划题目都思考其方程的意义以及如何得来，是加深对动态规划的理解、提高动态规划功力的好方法。
P03: 多重背包问题
题目
有N种物品和一个容量为V的背包。第i种物品最多有n[i]件可用，每件费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
基本算法
这题目和完全背包问题很类似。基本的方程只需将完全背包问题的方程略微一改即可，因为对于第i种物品有n[i]+1种策略：取0件，取1件……取n[i]件。令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值，则：f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k<=n[i]}。复杂度是O(V*∑n[i])。
转化为01背包问题
另一种好想好写的基本方法是转化为01背包求解：把第i种物品换成n[i]件01背包中的物品，则得到了物品数为∑n[i]的01背包问题，直接求解，复杂度仍然是O(V*∑n[i])。
但是我们期望将它转化为01背包问题之后能够像完全背包一样降低复杂度。仍然考虑二进制的思想，我们考虑把第i种物品换成若干件物品，使得原问题中第i种物品可取的每种策略——取0..n[i]件——均能等价于取若干件代换以后的物品。另外，取超过n[i]件的策略必不能出现。
方法是：将第i种物品分成若干件物品，其中每件物品有一个系数，这件物品的费用和价值均是原来的费用和价值乘以这个系数。使这些系数分别为 1,2,4,...,2^(k-1),n[i]-2^k+1，且k是满足n[i]-2^k+1>0的最大整数。例如，如果n[i]为13，就将这种物品分成系数分别为1,2,4,6的四件物品。
分成的这几件物品的系数和为n[i]，表明不可能取多于n[i]件的第i种物品。另外这种方法也能保证对于0..n[i]间的每一个整数，均可以用若干个系数的和表示，这个证明可以分0..2^k-1和2^k..n[i]两段来分别讨论得出，并不难，希望你自己思考尝试一下。
这样就将第i种物品分成了O(log n[i])种物品，将原问题转化为了复杂度为O(V*∑logn[i])的01背包问题，是很大的改进。
O(VN)的算法
多重背包问题同样有O(VN)的算法。这个算法基于基本算法的状态转移方程，但应用单调队列的方法使每个状态的值可以以均摊O(1)的时间求解。由于用单调队列优化的DP已超出了NOIP的范围，故本文不再展开讲解。我最初了解到这个方法是在楼天成的“男人八题”幻灯片上。
小结
这里我们看到了将一个算法的复杂度由O(V*∑n[i])改进到O(V*∑log n[i])的过程，还知道了存在应用超出NOIP范围的知识的O(VN)算法。希望你特别注意“拆分物品”的思想和方法，自己证明一下它的正确性，并用尽量简洁的程序来实现。
P04: 混合三种背包问题
问题
如果将P01、P02、P03混合起来。也就是说，有的物品只可以取一次（01背包），有的物品可以取无限次（完全背包），有的物品可以取的次数有一个上限（多重背包）。应该怎么求解呢？
01背包与完全背包的混合
考虑到在P01和P02中最后给出的伪代码只有一处不同，故如果只有两类物品：一类物品只能取一次，另一类物品可以取无限次，那么只需在对每个物品应用转移方程时，根据物品的类别选用顺序或逆序的循环即可，复杂度是O(VN)。伪代码如下：
for i=1..N
if 第i件物品是01背包
for v=V..0
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};
else if 第i件物品是完全背包
for v=0..V
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};
再加上多重背包
如果再加上有的物品最多可以取有限次，那么原则上也可以给出O(VN)的解法：遇到多重背包类型的物品用单调队列解即可。但如果不考虑超过NOIP范围的算法的话，用P03中将每个这类物品分成O(log n[i])个01背包的物品的方法也已经很优了。
小结
有人说，困难的题目都是由简单的题目叠加而来的。这句话是否公理暂且存之不论，但它在本讲中已经得到了充分的体现。本来01背包、完全背包、多重背包都不是什么难题，但将它们简单地组合起来以后就得到了这样一道一定能吓倒不少人的题目。但只要基础扎实，领会三种基本背包问题的思想，就可以做到把困难的题目拆分成简单的题目来解决。
P05: 二维费用的背包问题
问题
二维费用的背包问题是指：对于每件物品，具有两种不同的费用；选择这件物品必须同时付出这两种代价；对于每种代价都有一个可付出的最大值（背包容量）。问怎样选择物品可以得到最大的价值。设这两种代价分别为代价1和代价2，第i件物品所需的两种代价分别为a[i]和b[i]。两种代价可付出的最大值（两种背包容量）分别为V和U。物品的价值为w[i]。
算法
费用加了一维，只需状态也加一维即可。设f[i][v][u]表示前i件物品付出两种代价分别为v和u时可获得的最大价值。状态转移方程就是：f[i][v][u]=max{f[i-1][v][u],f[i-1][v-a[i]][u-b[i]]+w[i]}。如前述方法，可以只使用二维的数组：当每件物品只可以取一次时变量v和u采用顺序的循环，当物品有如完全背包问题时采用逆序的循环。当物品有如多重背包问题时拆分物品。
物品总个数的限制
有时，“二维费用”的条件是以这样一种隐含的方式给出的：最多只能取M件物品。这事实上相当于每件物品多了一种“件数”的费用，每个物品的件数费用均为1，可以付出的最大件数费用为M。换句话说，设f[v][m]表示付出费用v、最多选m件时可得到的最大价值，则根据物品的类型（01、完全、多重）用不同的方法循环更新，最后在f[0..V][0..M]范围内寻找答案。
另外，如果要求“恰取M件物品”，则在f[0..V][M]范围内寻找答案。
小结
事实上，当发现由熟悉的动态规划题目变形得来的题目时，在原来的状态中加一纬以满足新的限制是一种比较通用的方法。希望你能从本讲中初步体会到这种方法。
P06: 分组的背包问题
问题
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]。这些物品被划分为若干组，每组中的物品互相冲突，最多选一件。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
算法
这个问题变成了每组物品有若干种策略：是选择本组的某一件，还是一件都不选。也就是说设f[k][v]表示前k组物品花费费用v能取得的最大权值，则有f[k][v]=max{f[k-1][v],f[k-1][v-c[i]]+w[i]|物品i属于第k组}。
使用一维数组的伪代码如下：
for 所有的组k
for 所有的i属于组k
for v=V..0
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}
另外，显然可以对每组中的物品应用P02中“一个简单有效的优化”。
小结
分组的背包问题将彼此互斥的若干物品称为一个组，这建立了一个很好的模型。不少背包问题的变形都可以转化为分组的背包问题（例如P07），由分组的背包问题进一步可定义“泛化物品”的概念，十分有利于解题。
P07: 有依赖的背包问题
简化的问题
这种背包问题的物品间存在某种“依赖”的关系。也就是说，i依赖于j，表示若选物品i，则必须选物品j。为了简化起见，我们先设没有某个物品既依赖于别的物品，又被别的物品所依赖；另外，没有某件物品同时依赖多件物品。
算法
这个问题由NOIP2006金明的预算方案一题扩展而来。遵从该题的提法，将不依赖于别的物品的物品称为“主件”，依赖于某主件的物品称为“附件”。由这个问题的简化条件可知所有的物品由若干主件和依赖于每个主件的一个附件集合组成。
按照背包问题的一般思路，仅考虑一个主件和它的附件集合。可是，可用的策略非常多，包括：一个也不选，仅选择主件，选择主件后再选择一个附件，选择主件后再选择两个附件……无法用状态转移方程来表示如此多的策略。（事实上，设有n个附件，则策略有2^n+1个，为指数级。）
考虑到所有这些策略都是互斥的（也就是说，你只能选择一种策略），所以一个主件和它的附件集合实际上对应于P06中的一个物品组，每个选择了主件又选择了若干个附件的策略对应于这个物品组中的一个物品，其费用和价值都是这个策略中的物品的值的和。但仅仅是这一步转化并不能给出一个好的算法，因为物品组中的物品还是像原问题的策略一样多。
再考虑P06中的一句话： 可以对每组中的物品应用P02中“一个简单有效的优化”。这提示我们，对于一个物品组中的物品，所有费用相同的物品只留一个价值最大的，不影响结果。所以，我们可以对主件i的“附件集合”先进行一次01背包，得到费用依次为0..V-c[i]所有这些值时相应的最大价值f'[0..V-c[i]]。那么这个主件及它的附件集合相当于V-c[i]+1个物品的物品组，其中费用为c[i]+k的物品的价值为f'[k]+w[i]。也就是说原来指数级的策略中有很多策略都是冗余的，通过一次01背包后，将主件i转化为 V-c[i]+1个物品的物品组，就可以直接应用P06的算法解决问题了。
更一般的问题
更一般的问题是：依赖关系以图论中“森林”的形式给出（森林即多叉树的集合），也就是说，主件的附件仍然可以具有自己的附件集合，限制只是每个物品最多只依赖于一个物品（只有一个主件）且不出现循环依赖。
解决这个问题仍然可以用将每个主件及其附件集合转化为物品组的方式。唯一不同的是，由于附件可能还有附件，就不能将每个附件都看作一个一般的01 背包中的物品了。若这个附件也有附件集合，则它必定要被先转化为物品组，然后用分组的背包问题解出主件及其附件集合所对应的附件组中各个费用的附件所对应的价值。
事实上，这是一种树形DP，其特点是每个父节点都需要对它的各个儿子的属性进行一次DP以求得自己的相关属性。这已经触及到了“泛化物品”的思想。看完P08后，你会发现这个“依赖关系树”每一个子树都等价于一件泛化物品，求某节点为根的子树对应的泛化物品相当于求其所有儿子的对应的泛化物品之和。
小结
NOIP2006的那道背包问题我做得很失败，写了上百行的代码，却一分未得。后来我通过思考发现通过引入“物品组”和“依赖”的概念可以加深对这题的理解，还可以解决它的推广问题。用物品组的思想考虑那题中极其特殊的依赖关系：物品不能既作主件又作附件，每个主件最多有两个附件，可以发现一个主件和它的两个附件等价于一个由四个物品组成的物品组，这便揭示了问题的某种本质。
我想说：失败不是什么丢人的事情，从失败中全无收获才是。
P08: 泛化物品
定义
考虑这样一种物品，它并没有固定的费用和价值，而是它的价值随着你分配给它的费用而变化。这就是泛化物品的概念。
更严格的定义之。在背包容量为V的背包问题中，泛化物品是一个定义域为0..V中的整数的函数h，当分配给它的费用为v时，能得到的价值就是h(v)。
这个定义有一点点抽象，另一种理解是一个泛化物品就是一个数组h[0..V]，给它费用v，可得到价值h[V]。
一个费用为c价值为w的物品，如果它是01背包中的物品，那么把它看成泛化物品，它就是除了h(c)=w其它函数值都为0的一个函数。如果它是完全背包中的物品，那么它可以看成这样一个函数，仅当v被c整除时有h(v)=v/c*w，其它函数值均为0。如果它是多重背包中重复次数最多为n的物品，那么它对应的泛化物品的函数有h(v)=v/c*w仅当v被c整除且v/c<=n，其它情况函数值均为0。
一个物品组可以看作一个泛化物品h。对于一个0..V中的v，若物品组中不存在费用为v的的物品，则h(v)=0，否则h(v)为所有费用为v的物品的最大价值。P07中每个主件及其附件集合等价于一个物品组，自然也可看作一个泛化物品。
泛化物品的和
如果面对两个泛化物品h和l，要用给定的费用从这两个泛化物品中得到最大的价值，怎么求呢？事实上，对于一个给定的费用v，只需枚举将这个费用如何分配给两个泛化物品就可以了。同样的，对于0..V的每一个整数v，可以求得费用v分配到h和l中的最大价值f(v)。也即f(v)=max{h(k)+l(v-k)|0<=k<=v}。可以看到，f也是一个由泛化物品h和l决定的定义域为0..V的函数，也就是说，f是一个由泛化物品h和 l决定的泛化物品。
由此可以定义泛化物品的和：h、l都是泛化物品，若泛化物品f满足f(v)=max{h(k)+l(v-k)|0<=k<=v}，则称f是h与l的和，即f=h+l。这个运算的时间复杂度是O(V^2)。
泛化物品的定义表明：在一个背包问题中，若将两个泛化物品代以它们的和，不影响问题的答案。事实上，对于其中的物品都是泛化物品的背包问题，求它的答案的过程也就是求所有这些泛化物品之和的过程。设此和为s，则答案就是s[0..V]中的最大值。
背包问题的泛化物品
一个背包问题中，可能会给出很多条件，包括每种物品的费用、价值等属性，物品之间的分组、依赖等关系等。但肯定能将问题对应于某个泛化物品。也就是说，给定了所有条件以后，就可以对每个非负整数v求得：若背包容量为v，将物品装入背包可得到的最大价值是多少，这可以认为是定义在非负整数集上的一件泛化物品。这个泛化物品——或者说问题所对应的一个定义域为非负整数的函数——包含了关于问题本身的高度浓缩的信息。一般而言，求得这个泛化物品的一个子域（例如0..V）的值之后，就可以根据这个函数的取值得到背包问题的最终答案。
综上所述，一般而言，求解背包问题，即求解这个问题所对应的一个函数，即该问题的泛化物品。而求解某个泛化物品的一种方法就是将它表示为若干泛化物品的和然后求之。
小结
本讲可以说都是我自己的原创思想。具体来说，是我在学习函数式编程的 Scheme 语言时，用函数编程的眼光审视各类背包问题得出的理论。这一讲真的很抽象，也许在“模型的抽象程度”这一方面已经超出了NOIP的要求，所以暂且看不懂也没关系。相信随着你的OI之路逐渐延伸，有一天你会理解的。
我想说：“思考”是一个OIer最重要的品质。简单的问题，深入思考以后，也能发现更多。
P09: 背包问题问法的变化
以上涉及的各种背包问题都是要求在背包容量（费用）的限制下求可以取到的最大价值，但背包问题还有很多种灵活的问法，在这里值得提一下。但是我认为，只要深入理解了求背包问题最大价值的方法，即使问法变化了，也是不难想出算法的。
例如，求解最多可以放多少件物品或者最多可以装满多少背包的空间。这都可以根据具体问题利用前面的方程求出所有状态的值（f数组）之后得到。
还有，如果要求的是“总价值最小”“总件数最小”，只需简单的将上面的状态转移方程中的max改成min即可。
㈣ dijakstra算法和分支限算法在解决单源最短路径问题的异同
记dijakstra算法为D算法
D算法为贪心算法,每一步的选择为当前步的最优,复杂度为O(n*n) (又叫爬山法)
分支限界算法,每一步的扩散为当前耗散度的最优,复杂度为(没算)
都是A算法的极端情况
(说错了哈,下面我的文字中的的分支限界算法实际上是在说动态规划法,我查了一下书,动态规划法是对分支限界法的改进,分支限界法不属于A算法(启发式搜索算法),但是这时用动态规划法和D算法比较也是有可比性的,而直接用分支限界算法和D算法比较也是可以的)
关键词:耗散度 评估函数
即:对当前优先搜索方向的判断标准为,有可能的最优解
而最优解可以用一个评估函数来做,即已经有的耗散度加上以后有可能的耗度
A算法就是把两个耗散度加在一起,作为当前状态的搜索搜索方向;
但是对以后的耗散度的评估是麻烦的,D算法就是把当前有的路的最短的作为,以后耗散度的评估.
分支限界算法就是只以以前的耗散度为评估函数
你给的两个算法当然是A算法的特例
你还可以参考一下 A*算法 修正的A*算法,相信对你的编程水平有帮助
参考:
队列式分支限界法的搜索解空间树的方式类似于解空间树的宽度优先搜索，不同的是队列式分支限界法不搜索以不可行结点（已经被判定不能导致可行解或不能导致最优解的结点）为根的子树。按照规则，这样的结点不被列入活结点表。
优先队列式分支限界法的搜索方式是根据活结点的优先级确定下一个扩展结点。结点的优先级常用一个与该结点有关的数值p来表示。最大优先队列规定p值较大的结点点的优先级较高。在算法实现时通常用一个最大堆来实现最大优先队列，体现最大效益优先的原则。类似地，最小优先队列规定p值较小的结点的优先级较高。在算法实现时，常用一个最小堆来实现，体现最小优先的原则。采用优先队列式分支定界算法解决具体问题时，应根据问题的特点选用最大优先或最小优先队列，确定各个结点点的p值。
㈤ 采用贪心算法进行安排。对算法的时间和空间复杂度进行分析
时间主要是 排序用时了，快速排序 一般是 o(n*logn)
空间 复杂度基本上是 0(1)
㈥ 贪心算法的时间复杂度
贪心算法只是一个解决问题的策略。同样是采用贪心算法的计算方式，解决不同的问题，它们的时间复杂度是不一样的，不能够一概而论的。
㈦ 最短路径 | 深入浅出Dijkstra算法（一）
上次我们介绍了神奇的只有 五行的 Floyd-Warshall 最短路算法 ，它可以方便的求得 任意两点的最短路径， 这称为 “多源最短路”。
这次来介绍 指定一个点（源点）到其余各个顶点的最短路径， 也叫做 “单源最短路径”。 例如求下图中的 1 号顶点到 2、3、4、5、6 号顶点的最短路径。
与 Floyd-Warshall 算法一样，这里仍然 使用二维数组 e 来存储顶点之间边的关系， 初始值如下。
我们还需要用 一个一维数组 dis 来存储 1 号顶点到其余各个顶点的初始路程， 我们可以称 dis 数组为 “距离表”， 如下。
我们将此时 dis 数组中的值称为 最短路的“估计值”。
既然是 求 1 号顶点到其余各个顶点的最短路程， 那就 先找一个离 1 号顶点最近的顶点。
通过数组 dis 可知当前离 1 号顶点最近是 2 号顶点。 当选择了 2 号顶点后，dis[2]的值就已经从“估计值”变为了“确定值”， 即 1 号顶点到 2 号顶点的最短路程就是当前 dis[2]值。
为什么呢？你想啊， 目前离 1 号顶点最近的是 2 号顶点，并且这个图所有的边都是正数，那么肯定不可能通过第三个顶点中转，使得 1 号顶点到 2 号顶点的路程进一步缩短了。 因此 1 号顶点到其它顶点的路程肯定没有 1 号到 2 号顶点短，对吧 O(∩_∩)O~
既然选了 2 号顶点，接下来再来看 2 号顶点 有哪些 出边 呢。有 2->3 和 2->4 这两条边。
先讨论 通过 2->3 这条边能否让 1 号顶点到 3 号顶点的路程变短。 也就是说现在来比较 dis[3] 和 dis[2]+e[2][3] 的大小。其中 dis[3]表示 1 号顶点到 3 号顶点的路程，dis[2]+e[2][3]中 dis[2]表示 1 号顶点到 2 号顶点的路程，e[2][3]表示 2->3 这条边。所以 dis[2]+e[2][3]就表示从 1 号顶点先到 2 号顶点，再通过 2->3 这条边，到达 3 号顶点的路程。
我们发现 dis[3]=12，dis[2]+e[2][3]=1+9=10，dis[3]>dis[2]+e[2][3]，因此 dis[3]要更新为 10。这个过程有个专业术语叫做 “松弛” 。即 1 号顶点到 3 号顶点的路程即 dis[3]，通过 2->3 这条边 松弛成功。 这便是 Dijkstra 算法的主要思想： 通过 “边” 来松弛 1 号顶点到其余各个顶点的路程。
同理通过 2->4（e[2][4]），可以将 dis[4]的值从 ∞ 松弛为 4（dis[4]初始为 ∞，dis[2]+e[2][4]=1+3=4，dis[4]>dis[2]+e[2][4]，因此 dis[4]要更新为 4）。
刚才我们对 2 号顶点所有的出边进行了松弛。松弛完毕之后 dis 数组为：
接下来，继续在剩下的 3、4、5 和 6 号顶点中，选出离 1 号顶点最近的顶点。通过上面更新过 dis 数组，当前离 1 号顶点最近是 4 号顶点。此时，dis[4]的值已经从“估计值”变为了“确定值”。下面继续对 4 号顶点的所有出边（4->3，4->5 和 4->6）用刚才的方法进行松弛。松弛完毕之后 dis 数组为：
继续在剩下的 3、5 和 6 号顶点中，选出离 1 号顶点最近的顶点，这次选择 3 号顶点。此时，dis[3]的值已经从“估计值”变为了“确定值”。对 3 号顶点的所有出边（3->5）进行松弛。松弛完毕之后 dis 数组为：
继续在剩下的 5 和 6 号顶点中，选出离 1 号顶点最近的顶点，这次选择 5 号顶点。此时，dis[5]的值已经从“估计值”变为了“确定值”。对5号顶点的所有出边（5->4）进行松弛。松弛完毕之后 dis 数组为：
最后对 6 号顶点的所有出边进行松弛。因为这个例子中 6 号顶点没有出边，因此不用处理。 到此，dis 数组中所有的值都已经从“估计值”变为了“确定值”。
最终 dis 数组如下，这便是 1 号顶点到其余各个顶点的最短路径。
OK，现在来总结一下刚才的算法。 Dijkstra算法的基本思想是：每次找到离源点（上面例子的源点就是 1 号顶点）最近的一个顶点，然后以该顶点为中心进行扩展，最终得到源点到其余所有点的最短路径。
基本步骤如下：
在 博客 中看到两个比较有趣的问题，也是在学习Dijkstra时，可能会有疑问的问题。
当我们看到上面这个图的时候，凭借多年对平面几何的学习，会发现在“三角形ABC”中，满足不了 构成三角形的条件(任意两边之和大于第三边)。 纳尼，那为什么图中能那样子画？
还是“三角形ABC”，以A为起点，B为终点，如果按照平面几何的知识， “两点之间线段最短”， 那么，A到B的最短距离就应该是6(线段AB)，但是，实际上A到B的最短距离却是3+2=5。这又怎么解释？
其实，之所以会有上面的疑问，是因为 对边的权值和边的长度这两个概念的混淆， 。之所以这样画，也只是为了方便理解（每个人写草稿的方式不同，你完全可以用别的方式表示，只要便于你理解即可）。
PS：数组实现邻接表可能较难理解，可以看一下 这里
参考资料：
Dijkstra算法是一种基于贪心策略的算法。每次新扩展一个路程最短的点，更新与其相邻的点的路程。当所有边权都为正时，由于不会存在一个路程更短的没扩展过的点，所以这个点的路程永远不会再被改变，因而保证了算法的正确性。
根据这个原理， 用Dijkstra算法求最短路径的图不能有负权边， 因为扩展到负权边的时候会产生更短的路径，有可能破坏了已经更新的点路径不会发生改变的性质。
那么，有没有可以求带负权边的指定顶点到其余各个顶点的最短路径算法（即“单源最短路径”问题）呢？答案是有的， Bellman-Ford算法 就是一种。（我们已经知道了 Floyd-Warshall 可以解决“多源最短路”问题，也要求图的边权均为正）
通过 邻接矩阵 的Dijkstra时间复杂度是 。其中每次找到离 1 号顶点最近的顶点的时间复杂度是 O(N)，这里我们可以用 优先队列（堆） 来优化，使得这一部分的时间复杂度降低到 。这个我们将在后面讨论。