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  • 动态规划实验报告

    2012-12-15 20:28:47
    这是一份简单的动态规划实验报告,独立完成的,参考了一些资料
  • 动态规划动态规划动态规划动态规划动态规划动态规划动态规划动态规划动态规划动态规划动态规划动态规划
  • 实验内容 1.0-1 背包问题 2.最长公共子序列问题(LCS) 包括测试数据截图
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    一. 实验目的和要求
    1.加深对动态规划算法的基本原理的理解,掌握用动态规划方法求解最优化问题的方法步骤及应用;
    2.用动态规划设计整数序列的最长递增子序列问题的算法,分析其复杂性,并实现;
    3.用动态规划设计求凸多边形的三角剖分问题的算法,分析其复杂性,并实现。
    4.选做题:用动态规划设计求解0/1背包问题的算法,分析其复杂性,并实现。
    二. 实验步骤

    实验一: 最长递增子序列问题:
    问题描述:
    求一个由n个整数组成的整数序列的最长递增子序列。一个整数序列的递增子序列可以是序列中非连续的数按照原序列顺序排列而成的。 最长递增子序列是其递增子序列中长度最长的。

    1. 问题分析
      给你n个数,让你求出他的最长上升子序列(LIS),并输出最长的序列
      几个数。考虑用动态规划解决,首先可以考虑O(n2)O(n^2)的dp,dp[i]dp[i]表示到第i个数的最长的值,那么我们就可以得到转移方程dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);dp[i] = max(dp[i],dp[j] + 1);最后对dp遍历找出最大的值即可。用pre数组记录序列数的下标,转置输出即可。
      当然还有复杂度为O(nlogn)O(nlogn)的方法,即用一个tmp数组来存目前的排序好的数组,然后每次lower_bound出位置即为最大上升序列的位置,即为dp[i]的值。但是这种方法对于记录下标依然是O(n2)O(n^2)的复杂度。

    2.设计与实现

    #include<bits/stdc++.h>
    #define mes(a, b)  memset(a, b, sizeof a)
    #define pb push_back
    typedef unsigned long long int ull;
    typedef long long int ll;
    const int    maxn = 1e6 + 20;
    const int    maxm = 1e5 + 10;
    const ll     mod  = 1e9 + 7;
    const ll     INF  = 1e18 + 100;
    const int    inf  = 0x3f3f3f3f;
    const double pi   = acos(-1.0);
    const double eps  = 1e-8;
    using namespace std;
    int dp[maxn],pre[maxn],a[maxn];
    std::vector<int> ans;
    int main(){
    	int _;
    	for(scanf("%d",&_);_;_--){
    		ans.clear();	
    		mes(dp,0);mes(pre,-1);
    		int n;scanf("%d",&n);
    		for(int i = 1;i <= n;i++) scanf("%d",&a[i]),dp[i] = 1;
    		for(int i = 1;i <= n;i++){
    			for(int j = 1;j < i;j++){
    				if(a[i] > a[j]){
    					if(dp[i] < dp[j] + 1) dp[i] = dp[j] + 1,pre[i] = j;
    				}
    			}
    		}
    		int pos,maxx = 0;
    		for(int i = 1;i <= n;i++){
    			if(dp[i] > maxx) maxx = dp[i],pos = i;
    		}
    		printf("%d\n",maxx);
    		for(int i = pos;i != -1;i = pre[i]){
    			ans.pb(a[i]);
    		}
    		reverse(ans.begin(), ans.end());
    		for(auto it : ans) printf("%d ",it);
    		puts("");puts(" ");
    	}
    }
    
    

    实验(二) 凸多边形的三角剖分:
    问题描述
    设P是一个有n个顶点的凸多边形,P中的弦是P中连接两个非相邻顶点的线段。用P中的(n-3)条弦将P剖分成(n-2)个三角形(如下图所示)。使得(n-3)条弦的长度之和最小的三角形剖分称为最优三角剖分。

    1.问题分析
    要求凸多边形的最优三角剖分,我们先预处理出每个顶点之间的距离,然后考虑区间合并,考虑递归,以i为点的边将凸多边形分为一个三角形和若干个凸多边形,如果k = a + 1,那么剩下的还是一个凸多边形,当k = b – 1时同理,其他情况考虑递归转移式:num[i]=calc(a,k)+dis[a][k]+calc(k,b)+dis[k][b];num[i] = calc(a,k) + dis[a][k] + calc(k,b)+dis[k][b];然后找出最大的num[i]的值即可。复杂度O(n3)O(n^3)
    2.设计与实现

    #include<bits/stdc++.h>
    #define mes(a, b)  memset(a, b, sizeof a)
    #define pb push_back
    typedef unsigned long long int ull;
    typedef long long int ll;
    const int    maxn = 550 + 20;
    const int    maxm = 1e5 + 10;
    const ll     mod  = 1e9 + 7;
    const ll     INF  = 1e18 + 100;
    const int    inf  = 0x3f3f3f3f;
    const double pi   = acos(-1.0);
    const double eps  = 1e-8;
    using namespace std;
    double dis[maxn][maxn];
    double x[maxn],y[maxn];
    int n;
    void init(){
    	for(int i = 1;i <= n;i++){
    		for(int j = 1;j <= n;j++){
    			dis[i][j] = sqrt((x[i] - x[j]) * (x[i] - x[j]) + (y[i] - y[j]) * (y[i] - y[j]));
    		}
    	}
    }
    double calc(int b,int c){
    	double s = INF;std::vector<double> v;
    	if(c - b == 2) return 0;
    	for(int i = b + 1;i < c;i++){
    		if(i == b + 1) v.pb(calc(i,c) + dis[b + 1][c]);
    		else if(i == c - 1) v.pb(calc(b,i) + dis[b][c - 1]);
    		else v.pb(calc(i,c) + calc(b,i) + dis[b][i] + dis[i][c]);
    	}
    	for(auto it : v) s = min(it,s);
    	return s;
    }
    int main(){
    	int _;
    	for(scanf("%d",&_);_;_--){
    		scanf("%d",&n);
    		for(int i = 1;i <= n;i++) scanf("%lf %lf",&x[i],&y[i]);
    		init();
    		printf("%.3f\n",calc(1,n));
    	}
    }
    
    

    实验(三) 选做题――0/1背包问题:
    问题描述
    设有一个容量为C的背包,n个物品的集合U={u1, u2, …, un},物品uj的体积和价值分别为sj和vj,C, sj, vj都是正整数。在U中选择物品装入背包,使得装入背包的物品总价值最大。设每种物品或完全装入或完全不装入背包。

    1.问题分析
    经典的01背包问题,易得转移方程:
    dp[i][j]=max(dp[i1][j],dp[i1][jc[i]]+w[i])dp[i][j] = max(dp[i- 1][j],dp[i – 1][j – c[i]] + w[i])
    记录路径直接用dp[][]dp[][]数组求解,看他是从哪个状态转移过来的即可。
    当然也可以滚动为一维,也易得
    dp[j]=max(dp[j],dp[jc[i]]+w[i]);dp[j] = max(dp[j],dp[j – c[i]] + w[i]);
    但是滚动成一维就无法倒推了。
    2.设计与实现

    #include<bits/stdc++.h>
    #define mes(a, b)  memset(a, b, sizeof a)
    #define pb push_back
    typedef unsigned long long int ull;
    typedef long long int ll;
    const int    maxn = 1e6 + 20;
    const int    maxm = 1e5 + 10;
    const ll     mod  = 1e9 + 7;
    const ll     INF  = 1e18 + 100;
    const int    inf  = 0x3f3f3f3f;
    const double pi   = acos(-1.0);
    const double eps  = 1e-8;
    using namespace std;
    int dp[110][5100],s[maxn],val[maxn];
    set<int>ans;
    int _;
    int main(){
    	for(scanf("%d",&_);_;_--){
    		mes(dp,0);ans.clear();
    		int n,c;scanf("%d %d",&n,&c);
    		for(int i = 1;i <= n;i++) scanf("%d",&s[i]);
    		for(int i = 1;i <= n;i++) scanf("%d",&val[i]);
    		for(int i =  1;i <= n;i++){
    			for(int j = c;j >= 0;j--){
    				dp[i][j] = dp[i - 1][j];
    				if(j < s[i]) continue;
    				dp[i][j] = max(dp[i - 1][j],dp[i - 1][j - s[i]] + val[i]);
    			}
    		}
    		printf("%d\n",dp[n][c]);
    		for(int i = n,j = c;i >= 1 && j >= 0;i--){
    			if(dp[i][j] == dp[i - 1][j - s[i]] + val[i]){
    				ans.insert(i);j -= s[i];
    			}
    		}
    		for(int i = 1;i <= n;i++) if(ans.count(i)) putchar('1 ');else putchar('0 ');
    		puts("");
    	}
    }
    
    

    ps:代码基于c++11,无法运行请打开编译器c++11开关

    展开全文
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    实验内容:

    在这里插入图片描述

    算法讲解:

    1.算法模型引入(区间动态规划)

    首先,这个问题是一个很经典的区间动态规划问题,我们先看一下什么是区间动态规划:

    顾名思义,就是动态规划过程中求一个区间的最优解。通过将一个大的区间分为很多个小的区间,求其小区间的解,然后一个一个的组合成一个大的区间而得出最终解,有没有发现,这完全就是分治的思想。

    不过这样讲解还是很抽象,那么我们举一个很简单的具体的例子吧:

    2.具体问题分析

    (1)分析模型:

    首先为了简化问题,我们把问题进行一个小的转化假设:假设有nn个数和n1n-1个运算符( ++* ),现在我们要输出一种组合方式使得这个式子的值尽量大,那么我们能改变的是什么呢?我们能改变的就是这些运算的顺序!

    例如:

    已知序列:32+13 * 2 + 1 ,那么我们就有两种选择方法:选择一:(32)+1(3*2)+1 。选择二:3(2+1)3 * (2+1)

    那么我们就可以把这个过程看做是两个区间的合并问题,现在有33个区间:[1,1][2,2][3,3][1,1] ,[2,2] ,[3,3],那么我们要把它合并成一个区间,就有两种合并方法:

    方法一:$[1,1],[2,2] ,[3,3] --> [1,2] , [3,3] --> [1,3] $

    方法二:$[1,1],[2,2] ,[3,3] --> [1,1] , [2,3] --> [1,3] $

    那么我们自然的希望可以从最终的情况[1,3]枚举出每一种组合出它的情况,显然区间[1,3]一定是由两个子区间组成的,那么我们只需要枚举断点,就可以枚举出每一种组成它的情况,对于每一种组成它的情况所需要的两个子区间:区间L,区间R,我们就递归的去枚举子区间的组合方法,从而达到枚举每一种情况的目的。

    (2)动态规划经典三步:

    第一步:定义状态

    dpmax(i,j)dp_{max}(i,j)表示区间[i,j][i,j]能组成的最大值。

    dpmin(i,j)dp_{min}(i,j)表示区间[i,j][i,j]能组成的最小值。

    第二步:确定状态转移方程
    dpmax(l,r)={max{dpmax(l,i)+dpmax(i+1,r)    li&lt;r},op[i]==+max[dpmax(l,i)dpmax(i+1,r)dpmin(l,i)dpmax(i+1,r)dpmax(l,i)dpmin(i+1,r)dpmin(l,i)dpmin(i+1,r)]li&lt;r,op[i]== dp_{max}(l,r)=\begin{cases} max \{ dp_{max}(l,i) + dp_{max}(i+1,r)\space\space |\space \space l \le i \lt r\},\quad op[i]==&#x27;+&#x27;\\ max \begin{bmatrix} dp_{max}(l,i) * dp_{max}(i+1,r) \\ dp_{min}(l,i) * dp_{max}(i+1,r) \\ dp_{max}(l,i) * dp_{min}(i+1,r) \\ dp_{min}(l,i) * dp_{min}(i+1,r) \\ \end{bmatrix}\quad l \le i \lt r , \quad op[i]==&#x27;*&#x27; \end{cases}

    dpmin(l,r)={min{dpmin(l,i)+dpmin(i+1,r)    li&lt;r},op[i]==+min[dpmax(l,i)dpmax(i+1,r)dpmin(l,i)dpmax(i+1,r)dpmax(l,i)dpmin(i+1,r)dpmin(l,i)dpmin(i+1,r)]li&lt;r,op[i]== dp_{min}(l,r)=\begin{cases} min\{ dp_{min}(l,i) + dp_{min}(i+1,r)\space\space |\space \space l \le i \lt r\},\quad op[i]==&#x27;+&#x27;\\ min \begin{bmatrix} dp_{max}(l,i) * dp_{max}(i+1,r) \\ dp_{min}(l,i) * dp_{max}(i+1,r) \\ dp_{max}(l,i) * dp_{min}(i+1,r) \\ dp_{min}(l,i) * dp_{min}(i+1,r) \\ \end{bmatrix}\quad l \le i \lt r , \quad op[i]==&#x27;*&#x27; \end{cases}

    第三步:确定初始状态(边界状态)

    dpmax(x,x)=dpmin(x,x)=val[x] dp_{max}(x,x) = dp_{min}(x,x) = val[x]

    注:val[x]val[x]为第x个数字的值,op[x]op[x] 为第 xx个运算符的类型( ++00×\times11),nn为区间总长度,该序列共有 nn个数字和 n1n-1个运算符。

    (3)总体结构简述

    通过上面的分析,我们就得到了一个求得任意计算序列最大值的方法。那么我们只需要从最大区间开始向下递归计算每一个小区间的最大值,就可以解决问题了。现在只剩下最后一个问题就是如何处理环结构,这个也很简单,只需要把原来的序列再后面复制一遍得到一个长度为 2n2*n​ 的序列,然后计算出这个序列中每一个长度为 nn​ 的子序列的 dpmaxdp_{max}​ 的值,然后返回最大的值即为答案。

    3.时间复杂度分析

    时间复杂度为:状态数O(n2)O(n^2)*状态转移枚举次数O(n)=O(n3)O(n) = O(n^3)

    代码:

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    const int maxn = 105 ;
    
    struct CalSeq{ //存储一个计算序列的信息
        string str;
        long long int val;
        void print() {
            printf( "%s = %lld \n", str.c_str(), val ) ;
        }
    };
    bool operator < ( const CalSeq &l , const CalSeq &r ) { // 重载小于运算符
        return l.val < r.val ;
    }
    
    int n, val[maxn] ;
    char op[maxn] ;
    CalSeq dpmax[maxn][maxn], dpmin[maxn][maxn] ;
    
    string getValToString ( long long int x ) { // 数字 x 转化成string类型
        string ret ;
        if ( x == 0 ) {
            ret += '0' ;
        }
        if ( x < 0 ) {
            ret += '-' ;
            x= -x ;
        }
        while ( x>0 ) {
            ret += (x%10)+'0';
            x/=10;
        }
        return ret;
    }
    void Input(){ // 输入序列
        scanf( "%d", &n ) ;
        for( int i=0; i<n; i++ ) {
            scanf( "%d", &val[i] ) ;
            while( scanf( "%c", &op[i] ) != EOF ) {
                if ( op[i] == '+' || op[i] == '*' ) break ;
            }
        }
    }
    void copySeq(){ // 复制序列
        for( int i=0; i<n; i++ ) {
            op[i+n] = op[i] ;
            val[i+n] = val[i] ;
        }
    }
    void Init(){ // 初始化长度为1的计算序列的信息
        for( int i=0; i<2*n; i++ ) {
            dpmax[i][i].str = dpmin[i][i].str = getValToString(val[i]);
            dpmax[i][i].val = dpmin[i][i].val = val[i] ;
        }
    }
    long long int calDpmax( int l , int r ) ; // 计算 val[l] 到 val[r] 的所有元素以某种顺序结合的能得到的最大值
    long long int calDpmin( int l , int r ) ; // 计算 val[l] 到 val[r] 的所有元素以某种顺序结合的能得到的最小值
    
    int main()
    {
        Input() ;
        copySeq() ;
        Init() ;
        calDpmax( 0 , n-1 ) ;
        CalSeq ans = dpmax[0][n-1] ;
        for( int i=1; i<n; i++ ) { // 枚举每一个长度为 n 的连续序列,找到最大值
            calDpmax( i , i+n-1 ) ;
            ans = max( ans, dpmax[i][i+n-1] ) ;
        }
        ans.print();
        return 0;
    }
    long long int calDpmax( int l , int r ) {
        if ( r-l+1 > n ) return -1 ; // 长度超过n的没必要计算
        if ( dpmax[l][r].str.length() > 0 ) { // 以前计算过的可以直接记忆化
            return dpmax[l][r].val ;
        }
        int best_k = -1 ;
        long long int best_val ;
        string seql , seqr ;
        for( int k=l; k<r; k++ ) { // 枚举分割点k,即l到r最后的连接点
            if ( op[k] == '+' ) { // '+'
                long long int temp = calDpmax(l,k) + calDpmax(k+1,r) ;
                if ( best_k==-1 || best_val < temp ) {
                    best_k = k ;
                    best_val = temp ;
                }
            }
            else { // '*'
                long long int temp = calDpmax(l,k)*calDpmax(k+1,r); // max*max
                seql = dpmax[l][k].str;
                seqr = dpmax[k+1][r].str;
                if ( temp < calDpmin(l,k)*calDpmin(k+1,r) ) { // min*min
                    temp = dpmin[l][k].val * dpmin[k+1][r].val ;
                    seql = dpmin[l][k].str;
                    seqr = dpmin[k+1][r].str;
                }
                if ( temp < calDpmin(l,k)*calDpmax(k+1,r) ) { // min*max
                    temp = dpmin[l][k].val * dpmax[k+1][r].val ;
                    seql = dpmin[l][k].str;
                    seqr = dpmax[k+1][r].str;
                }
                if ( temp < calDpmax(l,k)*calDpmin(k+1,r) ) { // max*min
                    temp = dpmax[l][k].val * dpmin[k+1][r].val ;
                    seql = dpmax[l][k].str;
                    seqr = dpmin[k+1][r].str;
                }
                if ( best_k==-1 || best_val < temp ) {
                    best_k = k ;
                    best_val = temp ;
                }
            }
        }
        if ( op[best_k] == '+' ) {
            dpmax[l][r].val = best_val ;
            dpmax[l][r].str = '(' + dpmax[l][best_k].str + '+' + dpmax[best_k+1][r].str + ')' ;
        }
        else {
            dpmax[l][r].val = best_val ;
            dpmax[l][r].str = seql + '*' + seqr ;
        }
        return best_val;
    }
    long long int calDpmin( int l , int r ) {
        if ( r-l+1 > n ) return -1 ; // 长度超过n的没必要计算
        if ( dpmin[l][r].str.length() != 0 ) { // 以前计算过的可以直接记忆化
            return dpmin[l][r].val ;
        }
        int best_k = -1 ;
        long long int best_val ;
        string seql , seqr ;
        for( int k=l; k<r; k++ ) { // 枚举分割点k,即l到r最后的连接点
            if ( op[k] == '+' ) { // '+'
                long long int temp = calDpmin(l,k) + calDpmin(k+1,r) ;
                if ( best_k==-1 || best_val > temp ) {
                    best_k = k ;
                    best_val = temp ;
                }
            }
            else { // '*'
                long long int temp = calDpmax(l,k)*calDpmax(k+1,r); // max*max
                seql = dpmax[l][k].str;
                seqr = dpmax[k+1][r].str;
                if ( temp > calDpmin(l,k)*calDpmin(k+1,r) ) { // min*min
                    temp = dpmin[l][k].val * dpmin[k+1][r].val ;
                    seql = dpmin[l][k].str;
                    seqr = dpmin[k+1][r].str;
                }
                if ( temp > calDpmin(l,k)*calDpmax(k+1,r) ) { // min*max
                    temp = dpmin[l][k].val * dpmax[k+1][r].val ;
                    seql = dpmin[l][k].str;
                    seqr = dpmax[k+1][r].str;
                }
                if ( temp > calDpmax(l,k)*calDpmin(k+1,r) ) { // max*min
                    temp = dpmax[l][k].val * dpmin[k+1][r].val ;
                    seql = dpmax[l][k].str;
                    seqr = dpmin[k+1][r].str;
                }
                if ( best_k==-1 || best_val > temp ) {
                    best_k = k ;
                    best_val = temp ;
                }
            }
        }
        if ( op[best_k] == '+' ) {
            dpmax[l][r].val = best_val ;
            dpmax[l][r].str = '(' + dpmax[l][best_k].str + op[best_k] + dpmax[best_k+1][r].str + ')' ;
        }
        else {
            dpmax[l][r].val = best_val ;
            dpmax[l][r].str = seql + op[best_k] + seqr ;
        }
        return best_val;
    }
    /*
    5
    3 * -2 + 1 * -4 + 5 *
    */
    

    实验结果截图:

    在这里插入图片描述

    展开全文
  • 算法分析与设计实验报告——0-1背包问题的动态规划算法实现 目录:算法分析与设计实验报告——0-1背包问题的动态规划算法实现一、 实验目的二、实验要求三、 实验原理四、 实验过程(步骤)五、 运行结果六、实验分析...

    算法分析与设计实验报告——0-1背包问题的动态规划算法实现

    一、 实验目的

    掌握动态规划的基本思想和解决问题的基本步骤,认识动态规划和分治法的联系与区别,对比解决同一问题的两种算法设计策略的时间复杂性。

    二、实验要求

    用c++语言实现用动态规划算法解决0-1背包问题,分析时间复杂性,体会动态规划算法解决问题的基本思路和步骤。

    三、 实验原理

    0-1 背包问题具有最优子结构性质,可以据此定义递归关系,建立递归方程,并以自底向上的方式计算最优值,根据计算最优值时的得到的信息,构造最优解。
    设所给 0-1 背包问题的子问题的最优值 m(i,j) ,即 m(i,j) 是背包重量为 j ,可选物品为 i,i+1,…,n-1 时的最优值。由最优子结构性质,可以计算出 m(i,j) 的递归式如下:
    在这里插入图片描述
    在这里插入图片描述

    四、 实验过程(步骤)

    见附件一
    实验步骤、特点
    重要源代码(流操作的部分要醒目的提示并注释)

    五、 运行结果

    见附件二

    六、实验分析与讨论

    刚开始运行并没有得到最优解,经过检查程序发现有一个判断条件出错了,修改后结果依然不变,再次阅读程序没有发现问题,然后开始查阅课本,再重新理解一下这个问题。思考后想到了数组的范围设置错误,导致了结果偏移的问题。修改后结果得到了最优解。

    七、实验特色与心得

    0-1 背包问题具有最优子结构性质,所以可以用动态规划方法求解。根据这种性质定义递归关系并建立递归方程,以自底向上的方式计算最优值。而且以后编程时要彻底理解问题后再构造算法。

    附件一 实验过程(步骤)

    #include <bits/stdc++.h>
    #define maxn 100
    using namespace std;
    void Knapsack(int *v, int *w, int c, int n, int (*m)[maxn]) {
        //先判断第n个物品能不能装入背包
        int jMax = min(w[n] - 1, c);
        //当0<=j<=wn时,m(n,j)=0
        for (int j = 0; j <= jMax; j++) {
            m[n][j] = 0;
        }
        //当j>=wn时,m(n,j)=vn
        for (int j = w[n]; j <= c; j++) {
            m[n][j] = v[n];
        }
        //再从n-1往前开始判断第n个物品到第i个物品能不能装下
        for (int i = n - 1; i > 1; i--) {
            jMax = 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] = max(m[i + 1][j], m[i + 1][j - w[i]] + v[i]);
            }
    
        }
        //判断第n个到第1个物品能不能装下
        m[1][c] = m[2][c];
        if (c >= w[1])
            m[1][c] = max(m[1][c], m[2][c - w[1]] + v[1]);
    }
    
    //回溯查找最优序列,能装下的赋值为1,不能装下的赋值为0
    void Traceback(int (*m)[maxn], int *w, int c, int n, int *x) {
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            if (m[i][c] == m[i + 1][c])
                x[i] = 0;
            else {
                x[i] = 1;
                c -= w[i];
            }
        }
        x[n] = (m[n][c]) ? 1 : 0;
    }
    int main() {
        //进行数据输入
        int n, c;
        cout << "请输入物品数量 n=";
        cin >> n;
        cout << "请输入背包容量 c=";
        cin >> c;
        int w[n];
        cout << "请依次输入各物品的重量:";
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            cin >> w[i];
        }
        int v[n];
        cout << "请依次输入各物品的价值:";
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            cin >> v[i];
        }
        int m[maxn][maxn];
        int x[n];
        int max_weight = 0;
        int max_value = 0;
        //进行查找与回溯
        Knapsack(v, w, c, n, m);
        Traceback(m, w, c, n, x);
        //输出最优序列和最优重量与最优价值
        cout << "最优装载序列为:\n";
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            printf("%d ", x[i]);
            max_weight += (x[i] * w[i]);
            max_value += (x[i] * v[i]);
        }
        cout << endl;
        printf("最大重量为: %d\n最大价值为: %d\n", max_weight, max_value);
        return 0;
    }
    /*
    5
    10
    2 2 6 5 4
    6 3 5 4 6
    */
    

    附件二 运行结果

    在这里插入图片描述

    展开全文
  • 掌握动态规划方法贪心算法思想 掌握最优子结构原理 了解动态规划一般问题 二、实验内容 编写一个简单的程序,解决0-1背包问题。设N=5,C=10,w={2,2,6,5,4},v={6,3,5,4,6} 合唱队形安排问题 【问题描述】N位...
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