0-1背包问题贪心算法源码下载

背包问题的贪心算法，背包问题 ---- * 已知有n种物品和一个可容纳M重量的背包，每种物品i的重量是w[i]。假定将物品i的一部分x[i]放入背包就会得到p[i]x[i]的效益，这里， * 0<=x[i]<=1,p[i]>0.采用怎样的方法才能使装包的效益最大呢？ * 考虑以下情况下的背包问题：n = 3,M = 20,(p0,p1,p2) = (25,24,15),(w0,w1,w2) = * (18,15,10).其中的4个可行解是 * （x0,x1,x2） w0x0 + w1x1 + w2x2 p0x0 + p1x1 + p2x2 * (1/2,1/3,1/4) 16.5 24.25 * (1,2/15,0) 20 28.2 * (0,2/3,1) 20 31 * (0,1,1/2) 20 31.5 * 在这4个可行解中第四个的效益值最大。 定理：如果 p1/w1>=p2/w2>=...>=pn/wn,则算法对于给定的背包问题实例生成一个最优解。 证明： * 设X= （x1,...,xn）是最优解。如果所有的xi = 1,显然这个解是最优解。于是，设j是使xj != 1 的最小下标。由算法可知，对于1<=i<=j * ,xi=1;对于 j<i<=n,xi =0;对于j, 0<=xj<1.如果X不是一个最优解，则必定存在一个可行解Y=（y1,...yn）,使得 * piyi > pixi.不失 一般性，可以假定 wiyi =M.设k是使得yk!=xk的最小下标。显然，这样的k必定存在。由上面的假设，可以推得yk<xk. * 这可从3种可能发生的情况，即k<j,k=j,k>j分别得到证明： （1）若k<j,则xk = 1.因yk!=xk,从而yk<xk. (2)若k=j ,由于 ∑wjxi = * M,且对1<=i<j,有xi=yi=1,而对j<i<=n,有xi =0.若yk>xk,显然有∑wiyi>M,与Y是可行解矛盾。若yk=xk * ,与假设yk!=xk矛盾，故yk<xk. (3)若k>j,则∑wiyi>m,这是不可能的。 * 现在，假定把yk增加到xk，那么必须从(yk+1,...,yn)中减去同样多的量，使得所有的总容量仍是M。这导致一个新的解Z=(z1,...zn), * 其中，zi = xi , 1<=i<=k,并且∑(k<i<=n)wi(yi-zi)= wk(zk-yk).因此，对于Z有 * ∑pizi = ∑piyi + (zk-yk)wkpk/wk-∑(k<i<=n)(yi-zi)wipi/wi * >= ∑piyi +[(zk-yk)wk-∑(yi-zi)wi]pk/wk * = ∑piyi * 如果∑pizi>∑piyi,则Y不可能是最优解。如果这两个和数相等，同时Z=X，则X就是最优解；若Z！=X，则重复上面的讨论，或者证明Y不是最 * 优解，或者把Y转换成X，从而证明了X也是最优解。证毕。 */ public class BinSerch { //对数组buf降序排列 同时 index 数组记录排序前的数组索引 public static void order(double[] buf, int[] index) { int count = 1; while (count++ < buf.length) { for (int i = buf.length - 1; i > 0; i--) { if (buf[i] > buf[i - 1]) { double temp = buf[i]; buf[i] = buf[i - 1]; buf[i - 1] = temp; int temp1 = index[i]; index[i] = index[i - 1]; index[i - 1] = temp1; } else continue; } } for (int j = 0; j < buf.length; j++) { System.out.print(buf[j] + "(" + j + ")"); } System.out.println(); } public static void main(String[] args) { //对上述背包问题求最优解 int n = 3; //物品数量 double[] p = { 25, 24, 15 }; //效益数组 double[] w = { 18, 15, 10 }; //重量数组 double[] pw = { p[0] / w[0], p[1] / w[1], p[2] / w[2] }; //选取pi/wi为其量度标准 int[] index = { 0, 1, 2 }; //数组索引 double[] record = new double[3];//记录排序前数组下标 double cu = 20; //背包剩余容量 order(pw, index); //排序 //背包问题的贪心算法 int i = 0; for (i = 0; i < n; i++) { if (w[index[i]] < cu) { record[i] = 1; cu = cu - w[index[i]]; } else { break; } } if (i < n) { record[i] = cu / w[index[i]]; } for (int j = 0; j < record.length; j++) { System.out.print("x" + j + "\t"); System.out.print(record[j] + "\t"); } } } 0-1背包问题是一个经典的组合优化问题，它涉及到在有限的资源约束下最大化收益的问题。在这个问题中，我们有n个物品，每个物品有一个重量w[i]和一个对应的效益p[i]，并且还有一个能容纳M重量的背包。目标是选择物品放入背包，使得放入背包中的物品总重量不超过M，同时最大化效益总和。 贪心算法是解决0-1背包问题的一种策略。贪心算法的基本思想是在每一步决策时都采取当前状态下最好或最优的选择，希望以此达到全局最优解。在0-1背包问题中，贪心策略是优先选择单位重量效益最高的物品，即p[i]/w[i]最大的物品。这个策略基于一个假设：如果物品的单位效益越高，那么优先放入背包会更有利于最大化总效益。 具体到给定的代码，程序首先计算每种物品的单位效益pw[i]=p[i]/w[i]，然后使用降序排序算法（如插入排序）对物品按照单位效益排序。接着，程序遍历排序后的物品列表，每次尝试将整个物品放入背包，如果物品的重量小于剩余背包容量，就将该物品完全放入背包并更新剩余容量；否则，如果物品的重量大于剩余容量，就按剩余容量的比例放入部分物品。程序输出每个物品应该放入的量x[i]。 代码中，`order()` 函数负责对物品的单位效益pw进行降序排列，并同时记录原数组索引。`main()`函数中，通过初始化物品数量、效益和重量，然后调用贪心算法`bag()`来求解背包问题。`bag()`函数首先清零每个物品的放置数量，然后按照贪心策略依次处理物品，确保始终选择单位效益最高的物品。 需要注意的是，贪心算法并不总是能保证得到0-1背包问题的全局最优解。只有当物品的单位效益与其权重成正比时，即p1/w1 >= p2/w2 >= ... >= pn/wn，贪心算法才能找到最优解。这是因为在这种情况下，优先选择单位效益最高的物品实际上就是在选择效益与重量之比最大的物品，这与问题的最优解一致。 总结来说，0-1背包问题的贪心算法是通过优先选择单位效益最高的物品来尝试构建最优解。在特定条件下，这种方法能够保证找到问题的全局最优解。然而，贪心算法并不适用于所有情况，对于更复杂的问题可能需要使用动态规划等其他方法来求解。