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问题开始之前， 首先介绍一下利用C++ 头文件<algorithm>中的next_permutation()和pre_permutation产生0， 1， 2， 3， ... N - 1全排列。 这两个函数
产生全排的办法是通过字典序的原理。 next_permutation() 按照递增的办法产生字典序的下一个（唯一确定的， 与当前的排列之间不能夹杂了任何可行的
排列）。 prev_permutation() 产生当前排列的字典序的上一个排列， 是按照递减的顺序。 即产生的字典序比当前排列小的。
下面利用next_permutation产生0, 1, ... N - 1 的所有的全排列的方法：
// next_permutation example
#include <iostream> // std::cout
#include <algorithm> // std::next_permutation, std::sort
int main () {
int myints[] = {1,2,3};
std::sort (myints,myints+3); // 必须有这一步， 否则可能产生不完全
std::cout << "The 3! possible permutations with 3 elements:\n";
do {
std::cout << myints[0] << ' ' << myints[1] << ' ' << myints[2] << '\n';
} while ( std::next_permutation(myints,myints+3) );
std::cout << "After loop: " << myints[0] << ' ' << myints[1] << ' ' << myints[2] << '\n';
return 0;
}
运行结果如下：
当然也可以采用递归的办法产生， 方法如下：
#include <iostream>
using namespace std;
void swap(char *fir, char *sec)
{
char temp = *fir;
*fir = *sec;
*sec = temp;
}
/* arr is the string, curr is the current index to start permutation from and size is sizeof the arr */
void permutation(char * arr, int curr, int size)
{
if(curr == size-1) // base case
{
for(int a=0; a<size; a++)
cout << arr[a] << "\t";
cout << endl;
}
else
{
for(int i=curr; i<size; i++)
{
swap(&arr[curr], &arr[i]); // 交换
permutation(arr, curr+1, size); // 保持curr不变， 对其后面的进行排列
swap(&arr[curr], &arr[i]); // 在交换回去
}
}
}
int main()
{
char str[] = "abcd";
permutation(str, 0, sizeof(str)-1);
return 0;
}
另外， 从0, ....N 取出其中的K 个数字的所有组合。 利用bitmask数组去mask所有的index， mask掉所有N - K 个元素， 从中取出K个元素。 当然， 我们需要求出所有的拍列（K个1）。
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
// choose K numbers from 0, 1, ..., N
void comb(int N, int K) {
string bitmask(K, 1); // K leading 1's
bitmask.resize(N, 0); // N - K trailing 0's
// print all integers and permute bitmask
do{
for(int i = 0; i < N; ++i) { // [0, N - 1] integers
if(bitmask[i]) cout << " " << i;
}
cout << endl;
} while(prev_permutation(bitmask.begin(), bitmask.end()));
}
int main() {
comb(5, 3);
}运行结果如下：
最后下面我们说说数组大小为n， 即有n个数， 我们需要从中选出所有可能的组合。 怎么办。 这就是枚举法。 例如我们的n = 4，即我们有四个元素， 所有可能的的组合的数目是2^4 = 16， 即每一个元素都对应选择或者不选这两个可能。 怎么办？？？
这也是 超大背包问题所面临的一个尖锐的问题。事实上， 我们采用的是如下的办法(核心代码)：
for(int i = 0; i < 1 >> n; j++) {
for(int j = 0; i < n; ++j) {
if(i >> j & 1) {
// doing your stuff
}
}
}n = 4, 那么 1 >> 4 = 16, 即16种可能。 为了直观表示， 改为如下：
for(int i = 0; i < 16; j++) {
for(int j = 0; i < n; ++j) {
if(i >> j & 1) {
// doing your stuff
}
}
}
介绍完了， 言归正传， 下面说说最大背包问题！！
问题描述如下：
有重量和价值分别为（wi, vi）的n个物品。 从这些物品中挑选总重量不超过W的物品。 求挑选方案中总价值和的最大值。
限制条件：
1<= n <= 40,
1<= wi, vi <= 10^(15)
1 <= W <= 10^(15)。
输入：
n = 4
w = {2, 1, 3, 2}
v = {3, 2, 4, 2}
W = 5
输出：
7(挑选0， 1号和3号的物品)。
问题分析：
这个问题是背包问题。 不过这次重量和价值都可以是非常大的数值， 然而相比之下n却是比较小的数值。 使用DP(动态规划)求解背包问题的时间复杂度为
O(nW)， 不太现实。 我们应该利用n比较小的特点求解。 所以我们没有采用动态规划的办法。
挑选物品的方法有2^n种。 所以不能直接枚举。 而是通过将其分成两半之后在枚举！！！！ 这样就满足要求了。
7
拆成两半之后的重量和价值， 每一部分最多只有20个（因为n最大为40）. 我们把前半部分的重量总和和价值总和记为w1， v1。 这样在后半部分寻找总重
w2 < W - w1时， 使得v2最大的选取方法就好了。
为了从枚举得到的(w2, v2)集合中高效寻找 max{v2 | w2 < W - w1}的方法，。 首先我们需要排除所有的w2[i] <= w2[j]并且v2[i] >= v2[j]。 这一点我们可以通过按照w2， v2的字典序排序后简单做到。 此后剩余所有的元素满足 w2[i] < w2[j] <-------> v2[i] < v2[j]。 于是我们接下来只需要寻找w2[i] < W - w1的最大的i就可以了。 这可以通过二分搜索完成。
假如剩余元素的个数为M的话， 一次搜索所需要的时间为O（logM）。 由于 M <= 2^(n/2)， 所以这个算法的总的复杂度是O（n * 2^(n /2)）。
程序如下：
#include <iostream>
#include <utility> // for pair<>
#include <algorithm> // for std::sort
using namespace std;
typedef long long Int64;
const int MAX_N = 40 + 5;
const Int64 INF = 0x3FFFFFFFFFFFFFFF;
int n;
Int64 w[MAX_N], v[MAX_N];
Int64 W;
pair<Int64, Int64> ps[1 << (MAX_N /2)]; // （重量， 价值）
void solve() {
// 枚举前半部分
int n2 = n / 2;
for(int i = 0; i < 1 << n2; ++i) { // n2 个物品的所有组合
Int64 sw = 0, sv = 0;
for(int j = 0; j < n2; ++j) {
if(i >> j & 1) {
sw += w[j];
sv += v[j];
}
}
ps[i] = make_pair(sw, sv);
}
// 去除多余的元素
sort(ps, ps + (1 << n2));
int m = 0;
for(int i = 1; i <= 1 << (n - n2); ++i) {
if(ps[m - 1].second < ps[i].second) {
ps[m++] = ps[i];
}
}
//枚举后半部分
Int64 res = 0;
for(int i = 0; i < 1 << (n - n2); ++i) { // n2 个物品的所有组合
Int64 sw = 0, sv = 0;
for(int j = 0; j < n2; ++j) {
if(i >> j & 1) {
sw += w[n2 + j];
sv += v[n2 + j];
}
}
if(sw <= W) {
Int64 tv = (lower_bound(ps, ps + m, make_pair(W - sw, INF)) - 1)->second;
res = max(res, sv + tv);
}
}
printf("%I64d\n", res);
}
int main() {
freopen("input.txt", "r", stdin);
freopen("output.txt","w", stdout);
while(~scanf("%d%I64d", &n, &W)) {
for(int i = 0; i < n; i++) {
scanf("%I64d", &w[i]);
}
for(int i = 0; i < n; i++) {
scanf("%I64d", &v[i]);
}
solve();
}
return 0;
}
4 5 2 1 3 2 3 2 4 2
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原文地址：http://blog.csdn.net/a130737/article/details/44132877
