贪心算法可视化编程

Ⅰ 贪婪算法几个经典例子

问题一：贪心算法的例题分析 例题1、[0-1背包问题]有一个背包，背包容量是M=150。有7个物品，物品不可以分割成任意大小。要求尽可能让装入背包中的物品总价值最大，但不能超过总容量。物品 A B C D E F G重量 35kg 30kg 6kg 50kg 40kg 10kg 25kg价值 10$ 40$ 30$ 50$ 35$ 40$ 30$分析：目标函数：∑pi最大约束条件是装入的物品总重量不超过背包容量：∑wi 64输出一个解，返回上一步骤c--（x,y) ← c计算(x,y）的八个方位的子结点，选出那些可行的子结点循环遍历所有可行子结点，步骤c++重复2显然⑵是一个递归调用的过程，大致如下：C++程序： #define N 8void dfs(int x,int y,int count){ int i,tx,ty; if(count>N*N) { output_solution();输出一个解 return; } for(i=0; i>

问题二：收集各类贪心算法（C语言编程）经典题目 tieba./...&tb=on网络的C语言贴吧。 全都是关于C的东西。

问题三：几种经典算法回顾 今天无意中从箱子里发现了大学时学算法的教材《算法设计与分析》，虽然工作这么几年没在什么地方用过算法，但算法的思想还是影响深刻的，可以在系统设计时提供一些思路。大致翻了翻，重温了一下几种几种经典的算法，做一下小结。分治法动态规划贪心算法回溯法分支限界法分治法1）基本思想将一个问题分解为多个规模较小的子问题，这些子问题互相独立并与原问题解决方法相同。递归解这些子问题，然后将这各子问题的解合并得到原问题的解。2）适用问题的特征该问题的规模缩小到一定的程度就可以容易地解决该问题可以分解为若干个规模较小的相同问题，即该问题具有最优子结构性质该问题所分解出的各个子问题是相互独立的，即子问题之间不包含公共的子问题3）关键如何将问题分解为规模较小并且解决方法相同的问题分解的粒度4）步骤分解->递归求解->合并 divide-and-conquer(P) { if ( | P | >

问题四：求三四个贪心算法的例题（配源程序代码，要带说明解释的）！非常感谢 贪心算法的名词解释
ke./view/298415
第一个贪心算法 （最小生成树）
ke./view/288214
第二个贪心算法 （Prim算法）
ke./view/671819
第三个贪心算法 （kruskal算法）
ke./view/247951
算法都有详细解释的

问题五：求 Java 一些经典例子算法 前n项阶乘分之一的和
public class jiecheng {
public static void main(String[] args)
{
double sum=0;
double j=1;
int n=10;
for(int i=1;i 问题六：关于编程的贪心法 定义
所谓贪心算法（又称贪婪算法）是指，在对问题求解时，总是做出在当前看来是最好的选择。也就是说，不从整体最优上加以考虑，他所做出的仅是在某种意义上的局部最优解。 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他能产生整体最优解或者是整体最优解的近似解。
[编辑本段]贪心算法的基本思路
1.建立数学模型来描述问题。 2.把求解的问题分成若干个子问题。 3.对每一子问题求解，得到子问题的局部最优解。 4.把子问题的解局部最优解合成原来解问题的一个解。 实现该算法的过程： 从问题的某一初始解出发； while 能朝给定总目标前进一步 do 求出可行解的一个解元素； 由所有解元素组合成问题的一个可行解。 下面是一个可以试用贪心算法解的题目，贪心解的确不错，可惜不是最优解。
[编辑本段]例题分析
[背包问题]有一个背包，背包容量是M=150。有7个物品，物品不可以分割成任意大小。 要求尽可能让装入背包中的物品总价值最大，但不能超过总容量。 物品 A B C D E F G 重量 35 30 60 50 40 10 25 价值 10 40 30 50 35 40 30 分析： 目标函数： ∑pi最大 约束条件是装入的物品总重量不超过背包容量：∑wi>

问题七：求解一贪心算法问题 最快回答那个不懂别乱说，别误人子弟。
这题标准的贪心算法，甚至很多时候被当做贪心例题
要求平均等待时间，那么就得用 总等待时间 / 人数
所以只用关心总等待时间，
如果数据大的在前面，那么后面必然都要加一次这个时间，所以按从小到大排。
给你写了个，自己看吧。
#include stdafx.h
#include
#include
#include
using namespace std;
int _tmain(int argc, _TCHAR* argv[])
{
int n;
float arr[105];
cin >> n;
for(int i = 0; i > arr[i];
sort(arr, arr+n);
int tnow = 0;
int tmax = 0;
for(int i = 0; i 问题八：分治算法的应用实例 下面通过实例加以说明： 给你一个装有1 6个硬币的袋子。1 6个硬币中有一个是伪造的，并且那个伪造的硬币比真的硬币要轻一些。你的任务是找出这个伪造的硬币。为了帮助你完成这一任务，将提供一台可用来比较两组硬币重量的仪器，利用这台仪器，可以知道两组硬币的重量是否相同。比较硬币1与硬币2的重量。假如硬币1比硬币2轻，则硬币1是伪造的；假如硬币2比硬币1轻，则硬币2是伪造的。这样就完成了任务。假如两硬币重量相等，则比较硬币3和硬币4。同样，假如有一个硬币轻一些，则寻找伪币的任务完成。假如两硬币重量相等，则继续比较硬币5和硬币6。按照这种方式，可以最多通过8次比较来判断伪币的存在并找出这一伪币。另外一种方法就是利用分而治之方法。假如把1 6硬币的例子看成一个大的问题。第一步，把这一问题分成两个小问题。随机选择8个硬币作为第一组称为A组，剩下的8个硬币作为第二组称为B组。这样，就把1 6个硬币的问题分成两个8硬币的问题来解决。第二步，判断A和B组中是否有伪币。可以利用仪器来比较A组硬币和B组硬币的重量。假如两组硬币重量相等，则可以判断伪币不存在。假如两组硬币重量不相等，则存在伪币，并且可以判断它位于较轻的那一组硬币中。最后，在第三步中，用第二步的结果得出原先1 6个硬币问题的答案。若仅仅判断硬币是否存在，则第三步非常简单。无论A组还是B组中有伪币，都可以推断这1 6个硬币中存在伪币。因此，仅仅通过一次重量的比较，就可以判断伪币是否存在。假设需要识别出这一伪币。把两个或三个硬币的情况作为不可再分的小问题。注意如果只有一个硬币，那么不能判断出它是否就是伪币。在一个小问题中，通过将一个硬币分别与其他两个硬币比较，最多比较两次就可以找到伪币。这样，1 6硬币的问题就被分为两个8硬币（A组和B组）的问题。通过比较这两组硬币的重量，可以判断伪币是否存在。如果没有伪币，则算法终止。否则，继续划分这两组硬币来寻找伪币。假设B是轻的那一组，因此再把它分成两组，每组有4个硬币。称其中一组为B1，另一组为B2。比较这两组，肯定有一组轻一些。如果B1轻，则伪币在B1中，再将B1又分成两组，每组有两个硬币，称其中一组为B1a，另一组为B1b。比较这两组，可以得到一个较轻的组。由于这个组只有两个硬币，因此不必再细分。比较组中两个硬币的重量，可以立即知道哪一个硬币轻一些。较轻的硬币就是所要找的伪币。 在n个元素中找出最大元素和最小元素。我们可以把这n个元素放在一个数组中，用直接比较法求出。算法如下：void maxmin1(int A[],int n,int *max,int *min){ int i;*min=*max=A[0];for(i=0;i *max) *max= A[i];if(A[i] >

问题九：回溯算法的典型例题 八皇后问题：在8×8格的国际象棋上摆放八个皇后，使其不能互相攻击，即任意两个皇后都不能处于同一行、同一列或同一斜线上，问有多少种摆法。

问题十：什么是算法，都什么，举个例子，谢谢 算法就是解决问题的具体的方法和步骤，所以具有以下性质：
1、有穷性： 一个算法必须保证执行有限步之后结束（如果步骤无限，问题就无法解决）
2、确切性：步骤必须明确，说清楚做什么。
3、输入：即解决问题前我们所掌握的条件。
4、输出：输出即我们需要得到的答案。
5、可行性：逻辑不能错误，步骤必须有限，必须得到结果。
算法通俗的讲：就是解决问题的方法和步骤。在计算机发明之前便已经存在。只不过在计算机发明后，其应用变得更为广泛。通过简单的算法，利用电脑的计算速度，可以让问题变得简单。

Ⅱ 算法怎么学

贪心算法的定义：

贪心算法是指在对问题求解时，总是做出在当前看来是最好的选择。也就是说，不从整体最优上加以考虑，只做出在某种意义上的局部最优解。贪心算法不是对所有问题都能得到整体最优解，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，即某个状态以前的过程不会影响以后的状态，只与当前状态有关。

解题的一般步骤是：

1.建立数学模型来描述问题；

2.把求解的问题分成若干个子问题；

3.对每一子问题求解，得到子问题的局部最优解；

4.把子问题的局部最优解合成原来问题的一个解。

如果大家比较了解动态规划，就会发现它们之间的相似之处。最优解问题大部分都可以拆分成一个个的子问题，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，我们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，选择最优的路，一直走到底就可以了。

话不多说，我们来看几个具体的例子慢慢理解它：

1.活动选择问题

这是《算法导论》上的例子，也是一个非常经典的问题。有n个需要在同一天使用同一个教室的活动a1,a2,…,an，教室同一时刻只能由一个活动使用。每个活动ai都有一个开始时间si和结束时间fi 。一旦被选择后，活动ai就占据半开时间区间[si,fi)。如果[si,fi]和[sj,fj]互不重叠，ai和aj两个活动就可以被安排在这一天。该问题就是要安排这些活动使得尽量多的活动能不冲突的举行。例如下图所示的活动集合S，其中各项活动按照结束时间单调递增排序。

关于贪心算法的基础知识就简要介绍到这里，希望能作为大家继续深入学习的基础。

Ⅲ 关于编程的贪心法

定义
所谓贪心算法（又称贪婪算法）是指，在对问题求解时，总是做出在当前看来是最好的选择。也就是说，不从整体最优上加以考虑，他所做出的仅是在某种意义上的局部最优解。 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他能产生整体最优解或者是整体最优解的近似解。
[编辑本段]贪心算法的基本思路
1.建立数学模型来描述问题。 2.把求解的问题分成若干个子问题。 3.对每一子问题求解，得到子问题的局部最优解。 4.把子问题的解局部最优解合成原来解问题的一个解。 实现该算法的过程： 从问题的某一初始解出发； while 能朝给定总目标前进一步 do 求出可行解的一个解元素； 由所有解元素组合成问题的一个可行解。 下面是一个可以试用贪心算法解的题目，贪心解的确不错，可惜不是最优解。
[编辑本段]例题分析
[背包问题]有一个背包，背包容量是M=150。有7个物品，物品不可以分割成任意大小。 要求尽可能让装入背包中的物品总价值最大，但不能超过总容量。 物品 A B C D E F G 重量 35 30 60 50 40 10 25 价值 10 40 30 50 35 40 30 分析： 目标函数： ∑pi最大 约束条件是装入的物品总重量不超过背包容量：∑wi<=M( M=150) （1）根据贪心的策略，每次挑选价值最大的物品装入背包，得到的结果是否最优？ （2）每次挑选所占重量最小的物品装入是否能得到最优解？ （3）每次选取单位重量价值最大的物品，成为解本题的策略。 值得注意的是，贪心算法并不是完全不可以使用，贪心策略一旦经过证明成立后，它就是一种高效的算法。 贪心算法还是很常见的算法之一，这是由于它简单易行，构造贪心策略不是很困难。 可惜的是，它需要证明后才能真正运用到题目的算法中。 一般来说，贪心算法的证明围绕着：整个问题的最优解一定由在贪心策略中存在的子问题的最优解得来的。 对于例题中的3种贪心策略，都是无法成立（无法被证明）的，解释如下： （1）贪心策略：选取价值最大者。 反例： W=30 物品：A B C 重量：28 12 12 价值：30 20 20 根据策略，首先选取物品A，接下来就无法再选取了，可是，选取B、C则更好。 （2）贪心策略：选取重量最小。它的反例与第一种策略的反例差不多。 （3）贪心策略：选取单位重量价值最大的物品。 反例： W=30 物品：A B C 重量：28 20 10 价值：28 20 10 根据策略，三种物品单位重量价值一样，程序无法依据现有策略作出判断，如果选择A，则答案错误。 【注意：如果物品可以分割为任意大小，那么策略3可得最优解】 对于选取单位重量价值最大的物品这个策略，可以再加一条优化的规则：对于单位重量价值一样的，则优先选择重量小的！这样，上面的反例就解决了。 但是，如果题目是如下所示，这个策略就也不行了。 W=40 物品：A B C 重量：28 20 15 价值：28 20 15 附：本题是个NP问题，用贪心法并不一定可以求得最优解，以后了解了动态规划算法后本题就有了新的解法。
[编辑本段]备注
贪心算法当然也有正确的时候。求最小生成树的Prim算法和Kruskal算法都是漂亮的贪心算法。 所以需要说明的是，贪心算法可以与随机化算法一起使用，具体的例子就不再多举了。（因为这一类算法普及性不高，而且技术含量是非常高的，需要通过一些反例确定随机的对象是什么，随机程度如何，但也是不能保证完全正确，只能是极大的几率正确）
[编辑本段]附贪心算法成功案例之一
马踏棋盘的贪心算法 123041-23 XX 【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。 【初步设计】 首先这是一个搜索问题，运用深度优先搜索进行求解。算法如下： 1、 输入初始位置坐标x,y； 2、 步骤 c: 如果c> 64输出一个解，返回上一步骤c-- (x,y) ← c 计算(x,y)的八个方位的子结点，选出那此可行的子结点 循环遍历所有可行子结点，步骤c++重复2 显然（2）是一个递归调用的过程，大致如下： void dfs(int x,int y,int count) { int i,tx,ty; if(count> N*N) { output_solution();//输入一个解 return; }

Ⅳ 关于大数据的的相关技术

在大数据中，涉及到了很多技术，这些技术都是比较新颖的，比如说人工智能、区块链、图灵测试等等，这些技术都是能够帮助大数据解决很多问题。在这篇文章中我们就给大家介绍一下关于回归分析、贪婪算法、MapRece、数据挖掘的相关知识。
1.贪心算法
贪心算法是指，在对问题求解时，总是做出在当前看来是最好的选择。也就是说，不从整体最优上加以考虑，它所做出的是在某种意义上的局部最优解。贪心算法不是对所有问题都能得到整体最优解，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，即某个状态以前的过程不会影响以后的状态，只与当前状态有关。贪心算法的基本思路是从问题的某一个初始解出发一步一步地进行，根据某个优化测度，每一步都要确保能获得局部最优解。由此可见，贪心算法是十分实用的。
2.数据挖掘
数据挖掘是数据库知识发现中的一个步骤。数据挖掘一般是指从大量的数据中通过算法搜索隐藏于其中信息的过程。数据挖掘通常与计算机科学有关，并通过统计、在线分析处理、情报检索、机器学习、专家系统和模式识别等诸多方法来实现上述目标。数据挖掘工作是一个十分重要的内容，在大数据和数据分析中广泛实用。
3.回归分析
回归分析是确定两种或两种以上变量间相互依赖的定量关系的一种统计分析方法。运用十分广泛，回归分析按照涉及的变量的多少，分为一元回归和多元回归分析；按照因变量的多少，可分为简单回归分析和多重回归分析；按照自变量和因变量之间的关系类型，可分为线性回归分析和非线性回归分析。如果在回归分析中，只包括一个自变量和一个因变量，且二者的关系可用一条直线近似表示，这种回归分析称为一元线性回归分析。
4.MapRece
MapRece是一种编程模型，用于大规模数据集的并行运算。概念"映射"和"归约"，是它们的主要思想，都是从函数式编程语言里借来的，还有从矢量编程语言里借来的特性。它极大地方便了编程人员在不会分布式并行编程的情况下，将自己的程序运行在分布式系统上。 当前的软件实现是指定一个映射函数，用来把一组键值对映射成一组新的键值对，指定并发的归约函数，用来保证所有映射的键值对中的每一个共享相同的键组。这些内容就是大数据分析工作中经常使用的算法。
在这篇文章中我们介绍了关于回归分析、贪婪算法、MapRece、数据挖掘的相关知识，相信大家通过阅读这篇文章以后对这些技术有了一定的理解。希望这篇文章能够更好地帮助大家。

Ⅳ 贪心算法 活动安排问题

这道题的贪心算法比较容易理解，我就不多说明了，只是提到一下算法思路1、建立数学模型描述问题。我在这里将时间理解成一条直线，上面有若干个点，可能是某些活动的起始时间点，或终止时间点。在具体一下，如果编程来实现的话，将时间抽象成链表数组，数组下标代表其实时间，该下标对应的链表代表在这个时间起始的活动都有哪些，具体参照程序注释。2、问题分解。为了安排更多的活动，那么每次选取占用时间最少的活动就好。那么从一开始就选取结束时间最早的，然后寻找在这个时间点上起始的活动，以此类推就可以找出贪心解。程序代码：#include<stdio.h>
struct inode //自定义的结构体
{
int end; //表示结束时间
inode *next; //指向下一个节点的指针
};int main()
{
inode start[10001],*pt;
int a,b,i,num=0; //num负责计数，i控制循环，a，b输入时候使用
for(i=0;i<10001;i++) //初始化
{
start[i].next=NULL;
}
while(scanf("%d %d",&a,&b)) //输入并建立数据结构
{
if(a==0&&b==0) break;
pt=new inode; //创建新的节点，然后将该节点插入相应的位置
pt->end=b;
pt->next=start[a].next;
start[a].next=pt;
}
i=0;
while(i<10001) //进行贪心算法，i表示当前时间
{
if(start[i].next==NULL)
{
i++; //该时间无活动开始
}
else
{
int temp=10001; //临时变量，存储该链表中最早的终止时间
for(pt=start[i].next;pt!=NULL;pt=pt->next)
{
if(pt->end<temp)
{
temp=pt->end;
}
}
i=temp; //将当前时间设置成前一子问题的终止时间
num++;
}
}
printf("%d\n",num); //打印结果
return 0;
}代码并不一定是最快速的，但是可以求出贪心解，如果你做的是ACM编程题目，不保证能AC注释我尽力写了，希望对你有帮助。

Ⅵ 收集各类贪心算法（C语言编程）经典题目

举个例子,假如你买东西，老板需要找给你99分钱，他有上面面值分别为25分，10分，5分，1分的硬币（都是假如，不符合实际），他得找你3个25分，2个10分的，4个1分的才为最佳方案！
用贪心算法编写程序实现！
main()
{
int
i,a[5],b[4],c[4];
/*
define
the
type
of
the
money*/
a[1]=25;
a[2]=10;
a[3]=5;
a[4]=1;
printf("please
input
you
money
(fen):\n");
scanf("%d",&b[0]);
for
(i=1;i<=4;i++)
{
b[i]=b[i-1]%a[i];
/*take
n
25
off
and
money
left*/
c[i]=(b[i-1]-b[i])/a[i];
/*
n
*/
printf("%d
is
%d\n",a[i],c[i]);
}
getch();
}

Ⅶ 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。

Ⅷ 贪心算法 部分背包问题

[背包问题]有一个背包，背包容量是M=150。有7个物品，物品可以分割成任意大小。
要求尽可能让装入背包中的物品总价值最大，但不能超过总容量。
物品 A B C D E F G
重量 35 30 60 50 40 10 25
价值 10 40 30 50 35 40 30
分析：
目标函数： ∑pi最大
约束条件是装入的物品总重量不超过背包容量：∑wi<=M( M=150)
（1）根据贪心的策略，每次挑选价值最大的物品装入背包，得到的结果是否最优？
（2）每次挑选所占重量最小的物品装入是否能得到最优解？
（3）每次选取单位重量价值最大的物品，成为解本题的策略。 ?
值得注意的是，贪心算法并不是完全不可以使用，贪心策略一旦经过证明成立后，它就是一种高效的算法。
贪心算法还是很常见的算法之一，这是由于它简单易行，构造贪心策略不是很困难。
可惜的是，它需要证明后才能真正运用到题目的算法中。
一般来说，贪心算法的证明围绕着：整个问题的最优解一定由在贪心策略中存在的子问题的最优解得来的。
对于例题中的3种贪心策略，都是无法成立（无法被证明）的，解释如下：
（1）贪心策略：选取价值最大者。反例：
W=30
物品：A B C
重量：28 12 12
价值：30 20 20
根据策略，首先选取物品A，接下来就无法再选取了，可是，选取B、C则更好。
（2）贪心策略：选取重量最小。它的反例与第一种策略的反例差不多。
（3）贪心策略：选取单位重量价值最大的物品。反例：
W=30
物品：A B C
重量：28 20 10
价值：28 20 10
根据策略，三种物品单位重量价值一样，程序无法依据现有策略作出判断，如果选择A，则答案错误。