01背包代码java的简单介绍

java实现01背包,代码如下,有一个越界异常,已在代码上标注,给看下呗,若不对给点意见,多谢大侠们.

paks[v-pak[i].cost])

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这个地方的问题 ， 你看下那个 v - pak[i].cost 这个是会出现负数

01背包问题

算法分析

对于背包问题，通常的处理方法是搜索。

用递归来完成搜索，算法设计如下：

function Make( i {处理到第i件物品} , j{剩余的空间为j}:integer) :integer;

初始时i=m , j=背包总容量

begin

if i:=0 then

Make:=0;

if j=wi then (背包剩余空间可以放下物品 i )

r1:=Make(i-1,j-wi)+v; (第i件物品放入所能得到的价值 )

r2:=Make(i-1,j)　(第i件物品不放所能得到的价值 )

Make:=max{r1,r2}

end;

这个算法的时间复杂度是O(2^n)，我们可以做一些简单的优化。

由于本题中的所有物品的体积均为整数，经过几次的选择后背包的剩余空间可能会相等，在搜索中会重复计算这些结点，所以，如果我们把搜索过程中计算过的结点的值记录下来，以保证不重复计算的话，速度就会提高很多。这是简单?quot;以空间换时间"。

我们发现，由于这些计算过程中会出现重叠的结点，符合动态规划中子问题重叠的性质。

同时，可以看出如果通过第N次选择得到的是一个最优解的话，那么第N-1次选择的结果一定也是一个最优解。这符合动态规划中最优子问题的性质。

考虑用动态规划的方法来解决，这里的：

阶段是：在前N件物品中，选取若干件物品放入背包中；

状态是：在前N件物品中，选取若干件物品放入所剩空间为W的背包中的所能获得的最大价值；

决策是：第N件物品放或者不放；

　由此可以写出动态转移方程：

我们用f[i,j]表示在前 i 件物品中选择若干件放在所剩空间为 j 的背包里所能获得的最大价值

f[i,j]=max{f[i-1,j-Wi]+Pi (j=Wi), f[i-1,j]}

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”，价值为f[v]；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的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[v-c]再加上通过放入第i件物品获得的价值w。

　这样，我们可以自底向上地得出在前M件物品中取出若干件放进背包能获得的最大价值，也就是f[m,w]

算法设计如下：

procedure Make;

begin

for i:=0 to w do

f[0,i]:=0;

for i:=1 to m do

for j:=0 to w do begin

f[i,j]:=f[i-1,j];

if (j=w) and (f[i-1,j-w]+vf[i,j]) then

f[i,j]:=f[i-1,j-w]+v;

end;

writeln(f[m,wt]);

end;

由于是用了一个二重循环，这个算法的时间复杂度是O（n*w)。而用搜索的时候，当出现最坏的情况，也就是所有的结点都没有重叠，那么它的时间复杂度是O（2^n)。看上去前者要快很多。但是，可以发现在搜索中计算过的结点在动态规划中也全都要计算，而且这里算得更多（有一些在最后没有派上用场的结点我们也必须计算），在这一点上好像是矛盾的。

事实上，由于我们定下的前提是：所有的结点都没有重叠。也就是说，任意N件物品的重量相加都不能相等，而所有物品的重量又都是整数，那末这个时候W的最小值是：1+2+2^2+2^3+……+2^n-1=2^n -1

此时n*w2^n，动态规划比搜索还要慢~~|||||||所以，其实背包的总容量W和重叠的结点的个数是有关的。

考虑能不能不计算那些多余的结点……

优化时间复杂度

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[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[v]呢？f[v]是由f[v]和f[v-c]两个子问题递推而来，能否保证在推f[v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[v]和f[v-c]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]保存的是状态f[v-c]的值。伪代码如下：

for i=1..N

for v=V..0

f[v]=max{f[v],f[v-c]+w};

其中的f[v]=max{f[v],f[v-c]}一句恰就相当于我们的转移方程f[v]=max{f[v],f[v-c]}，因为现在的f[v-c]就相当于原来的f[v-c]。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[v]由f[v-c]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。

事实上，使用一维数组解01背包的程序在后面会被多次用到，所以这里抽象出一个处理一件01背包中的物品过程，以后的代码中直接调用不加说明。

过程ZeroOnePack，表示处理一件01背包中的物品，两个参数cost、weight分别表明这件物品的费用和价值。

procedure ZeroOnePack(cost,weight)

for v=V..cost

f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}

注意这个过程里的处理与前面给出的伪代码有所不同。前面的示例程序写成v=V..0是为了在程序中体现每个状态都按照方程求解了，避免不必要的思维复杂度。而这里既然已经抽象成看作黑箱的过程了，就可以加入优化。费用为cost的物品不会影响状态f[0..cost-1]，这是显然的。

有了这个过程以后，01背包问题的伪代码就可以这样写：

for i=1..N

ZeroOnePack(c,w);

初始化的细节问题

我们看到的求最优解的背包问题题目中，事实上有两种不太相同的问法。有的题目要求“恰好装满背包”时的最优解，有的题目则并没有要求必须把背包装满。一种区别这两种问法的实现方法是在初始化的时候有所不同。

如果是第一种问法，要求恰好装满背包，那么在初始化时除了f[0]为0其它f[1..V]均设为-∞，这样就可以保证最终得到的f[N]是一种恰好装满背包的最优解。

如果并没有要求必须把背包装满，而是只希望价格尽量大，初始化时应该将f[0..V]全部设为0。

为什么呢？可以这样理解：初始化的f数组事实上就是在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。如果要求背包恰好装满，那么此时只有容量为0的背包可能被价值为0的nothing“恰好装满”，其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，它们的值就都应该是-∞了。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。

这个小技巧完全可以推广到其它类型的背包问题，后面也就不再对进行状态转移之前的初始化进行讲解

_'>回溯法解决0-1背包问题 java写的 求大神指点~~~~(>_

因为你把n和c 定义为static ,而且初始化为0,。数组也为静态的,一个类中静态的变量在这个类加载的时候就会执行，所以当你这类加载的时候，你的数组static int[] v = new int[n];

static int[] w = new int[n];

就已经初始化完毕，而且数组大小为0。在main方法里动态改变n的值是改变不了已经初始化完毕的数组的大小的，因为组已经加载完毕。

我建议你可以在定义n,c是就为其赋初值。比如（static int n=2 static int c=3）

关于这个java语言描述的0-1背包问题是否有错误？

有点问题：

public static void knapsack(int[]v,int[]w,int c,int[][]m)

{

int n=v.length-1;

int jMax=Math.min(w[n]-1,c);

for(int j=0;j=jMax;j++)

m[n][j]=0;

for(int j=w[n];j=c;j++)

m[n][j]=v[n];

for(int i=n-1;i1;i--)

{

jMax=Math.min(w[i]-1,c);

for(int j=0;j=jMax;j++)

m[i][j]=m[i+1][j];

for(int j=w[i];j=c;j++)

m[i][j]=Math.max(m[i+1][j],m[i+1][j-w[i]]+v[i]);

}

m[1][c]=m[2][c];

if(c=w[1])

m[1][c]=Math.max(m[1][c],m[2][c-w[1]]+v[1]);

}

public static void traceback(int[][]m,int[]w,int c,int[]x)

{

int n=w.length-1;

for(int i=1;in;i++) {

if(m[i][c]==m[i+1][c])x[i]=0;

else {

x[i]=1;

c-=w[i];

}

x[n]=(m[n][c]0)?1:0;

}

//int n=w.length-1;

for(int i=1;in;i++)

if(m[i][c]==m[i+1][c])x[i]=0;

else {

x[i]=1;

c-=w[i];

}

x[n]=(m[n][c]0)?1:0;

}

01背包问题变种：从给定的N个正数中选取若干个数之和最接近M的JAVA写法

BIAS0:= (C-MA(C,2))/MA(C,2)*100;

BIAS1 := (C-MA(C,12))/MA(C,12)*100;

BIAS2 := (C-MA(C,26))/MA(C,26)*100;

BIAS3 := (C-MA(C,48))/MA(C,48)*100;

HXL:=V/CAPITAL*100;

D1:=INDEXC;

D2:=MA(D1,56);

DR2:=D1/D20.94;

E1:=(C-HHV(C,12))/HHV(C,12)*10;

E2:=(C-REF(C,26))/REF(C,26)*10;

java语言，背包问题，从Excel表中读取数据

基本概念

问题雏形

01背包题目的雏形是：

有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的体积是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。

从这个题目中可以看出，01背包的特点就是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。

其状态转移方程是：

f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}

对于这方方程其实并不难理解，方程之中，现在需要放置的是第i件物品，这件物品的体积是c[i],价值是w[i],因此f[i-1][v]代表的就是不将这件物品放入背包，而f[i-1][v-c[i]]+w[i]则是代表将第i件放入背包之后的总价值，比较两者的价值，得出最大的价值存入现在的背包之中。

理解了这个方程后，将方程代入实际题目的应用之中，可得

for (i = 1; i = n; i++)

for (j = v; j = c[i]; j--)//在这里，背包放入物品后，容量不断的减少，直到再也放不进了

f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i - 1][j - c[i]] + w[i]);

问题描述

求出获得最大价值的方案。

注意：在本题中，所有的体积值均为整数。

算法分析

对于背包问题，通常的处理方法是搜索。

用递归来完成搜索，算法设计如下：

int make(int i, int j)//处理到第i件物品,剩余的空间为j 初始时i=m , j=背包总容量

{

if (i == 0) return 0;

if (j = c[i])//(背包剩余空间可以放下物品 i )

{

int r1 = make(i - 1, j - w[i]);//第i件物品放入所能得到的价值

int r2 = make(i - 1, j);//第i件物品不放所能得到的价值

return min(r1, r2);

}

return make(i - 1, j);//放不下物品 i

}

这个算法的时间复杂度是O(n^2)，我们可以做一些简单的优化。

由于本题中的所有物品的体积均为整数，经过几次的选择后背包的剩余空间可能会相等，在搜索中会重复计算这些结点，所以，如果我们把搜索过程中计算过的结点的值记录下来，以保证不重复计算的话，速度就会提高很多。这是简单的“以空间换时间”。

我们发现，由于这些计算过程中会出现重叠的结点，符合动态规划中子问题重叠的性质。

同时，可以看出如果通过第N次选择得到的是一个最优解的话，那么第N-1次选择的结果一定也是一个最优解。这符合动态规划中最优子问题的性质。

解决方案

考虑用动态规划的方法来解决，这里的：

阶段：在前N件物品中，选取若干件物品放入背包中

状态：在前N件物品中，选取若干件物品放入所剩空间为W的背包中的所能获得的最大价值

决策：第N件物品放或者不放

由此可以写出动态转移方程：

我们用f[i][j]表示在前 i 件物品中选择若干件放在已用空间为 j 的背包里所能获得的最大价值

f[i][j] = max(f[i - 1][j - W[i]] + P[i], f[i - 1][j]);//j = 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”，价值为f[v]；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入已用的容量为c的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[c]再加上通过放入第i件物品获得的价值w。

这样，我们可以自底向上地得出在前M件物品中取出若干件放进背包能获得的最大价值，也就是f[m,w]

算法设计如下：

int main()

{

cin n v;

for (int i = 1; i = n; i++)

cin c[i];//价值

for (int i = 1; i = n; i++)

cin w[i];//体积

for (int i = 1; i = n; i++)

f[i][0] = 0;

for (int i = 1; i = n; i++)

for (int j = 1; j = v; j++)

if (j = w[i])//背包容量够大

f[i][j] = max(f[i - 1][j - w[i]] + c[i], f[i - 1][j]);

else//背包容量不足

f[i][j] = f[i - 1][j];

cout f[n][v] endl;

return 0;

}

由于是用了一个二重循环，这个算法的时间复杂度是O（n*w)。而用搜索的时候，当出现最坏的情况，也就是所有的结点都没有重叠，那么它的时间复杂度是O（2^n)。看上去前者要快很多。但是，可以发现在搜索中计算过的结点在动态规划中也全都要计算，而且这里算得更多（有一些在最后没有派上用场的结点我们也必须计算），在这一点上好像是矛盾的。