基于遗传算法求解背包问题精品毕业设计完整版.docx
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基于遗传算法求解背包问题精品毕业设计完整版
毕业设计（论文）
基于遗传算法求解背包问题
院别
专业名称
班级学号
学生姓名
指导教师
2012年6月15日
基于遗传算法求解背包问题
摘要
背包问题（Knapsackproblem）是一种组合优化的NP完全问题,本文首先介绍了基本遗传算法的基本原理、特点及其基本实现技术，接着针对背包问题，论述了遗传算法在编码表示和遗传算子（包括选择算子、交叉算子变异算子这三种算子）等方面的应用情况。
并且结合背包问题实例，给出了具体的编码方法，运行参数，群体大小，最大迭代次数，以及合适的遗传算子。
最后，简单说明了遗传算法在求解背包问题中的应用并对遗传算法解决背包问题的前景提出了展望。
关键词：
背包问题，遗传算法，遗传算子
GeneticAlgorithmforKP
Author：
YangDongTutor：
KongZhi
Abstract
KP（KnapsackProblem）isacombinatorialoptimizationofNP-completeproblem.Theprimaryknowledge,characteristicsandthebasictechniquesofGAareintroducedfirstly.Theencodingmodelandgeneticoperators（includingselectionoperation,crossoveroperationandmutationoperation）solvingKParediscussedsecondly.Combinedwithexamplesofknapsackproblem,wehavegiventhespecificencodingmethod,operatingparameters,popsize,maxgeneration,andsuitablegeneticoperator.Atlast,theapplicationofgeneticalgorithmissimplepresented,andtheprospectforthefutureofgeneticalgorithminsolvingKPhasbeengiven.
KeyWords:
KP,geneticalgorithm,geneticoperators
1绪论
1.1引言
现代科学理论研究与实践中存在着大量与优化、自适应相关的问题，但除了一些简单的情况之外，人们对于大型复杂系统的优化和自适应问题仍然无能为力。
然而，自然界中的生物却在这方面表现出了其优异的能力，它们能够以优胜劣汰、适者生存的自然进化规则生存和繁衍，并逐步产生出对其生存环境适应性很高的优良物种。
遗传算法正是借鉴生物的自然选择和遗传进化机制而开发出的一种全局优化自适应概率搜索算法。
遗传算法是计算数学中用于解决最佳化的搜索算法，是进化算法的一种。
进化算法最初是借鉴了进化生物学中的一些现象而发展起来的，这些现象包括遗传、突变、自然选择以及杂交等。
遗传算法通常实现方式为一种计算机模拟。
对于一个最优化问题，一定数量的候选解（称为个体）的抽象表示（称为染色体）的种群向更好的解进化。
传统上，解用二进制表示（即0和1的串），但也可以用其他表示方法。
进化从完全随机个体的种群开始，之后一代一代发生。
在每一代中，整个种群的适应度被评价，从当前种群中随机地选择多个个体（基于它们的适应度），通过自然选择和突变产生新的生命种群，该种群在算法的下一次迭代中成为当前种群。
背包问题（Knapsackproblem）是一种组合优化的NP完全问题,对这个问题的求解前人己经研究出了不少的经典的方法,例如解析法，穷举法等，但是这些传统的优化方法存在一些缺点，如算法复杂度太高。
与传统的优化算法相比，遗传算法具有以下优点:
在每一时刻，GA同时在多个子空间内进行搜索，对初始值不作要求;基本不用搜索空间的知识或其他辅助信息，而仅用适应度来评估个体优劣;具有很强的鲁棒性。
因此遗传算法在背包问题求解方面的应用研究，对于构造合适的遗传算法框架、建立有效的遗传作以及有效地解决背包问题等有着多方面的重要意义[5]。
1.2背包问题概述
1.2.1背包问题的描述
它的主要思路是假定某人拥有大量物品，重量各不同。
此人通过秘密地选择一部分物品并将它们放到背包中来加密消息。
背包中的物品总重量是公开的，所有可能的物品也是公开的，但背包中的物品是保密的。
附加一定的限制条件，给出重量，而要列出可能的物品，在计算上是不可实现的。
背包问题是熟知的不可计算问题，背包体制以其加密，解密速度快而引人注目。
背包问题（Knapsackproblem）是一种组合优化的NP完全问题。
问题可以描述为：
给定一组物品，每种物品都有自己的重量和价格，在限定的总重量内，我们如何选择，才能使得物品的总价格最高。
问题的名称来源于如何选择最合适的物品放置于给定背包中。
相似问题经常出现在商业、组合数学，计算复杂性理论、密码学和应用数学等领域中。
也可以将背包问题描述为决定性问题，即在总重量不超过W的前提下，总价值是否能达到V？
它是在1978年由Merkel和Hellman提出的。
1.2.1.101背包问题概述
题目
有N件物品和一个容量为V的背包。
第i件物品的重量是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重量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]}。
可以压缩空间，f[v]=max{f[v],f[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”，价值为f[i-1][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[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[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[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（N）。
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[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[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：
fori=1..N
forv=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
0/1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0/1背包问题求解。
1.2.1.2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，价值是w。
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,v-vi]+wi,f[i-1,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[v]的时间是O（v/c），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。
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<=c[j]且w>=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的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。
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。
1.2.1.3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件可用，每件体积是c，价值是w。
求解将哪些物品装入背包可使这些物品的体积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+1种策略：
取0件，取1件……取n件。
令f[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[v]=max{f[v-k*c]+k*w|0<=k<=n}。
复杂度是O（V*∑n）。
转化为01背包问题
另一种好想好写的基该方法是转化为01背包求解：
把第i种物品换成n件01背包中的物品，则得到了物品数为∑n的01背包问题，直接求解，复杂度仍然是O（V*∑n）。
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件——均能等价于取若干件代换以后的物品。
另外，取超过n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-2^k+1，且k是满足n-2^k+1>0的最大整数。
例如，如果n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，表明不可能取多于n件的第i种物品。
另外这种方法也能保证对于0..n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（logn）种物品，将原问题转化为了复杂度为O（V*∑logn）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O⑴的时间求解。
小结
这里我们看到了将一个算法的复杂度由O（V*∑n）改进到O（V*∑logn）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。
1.2.1.4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：
fori=1..N
if第i件物品是01背包
forv=V..0
f[v]=max{f[v],f[v-c]+w};
elseif第i件物品是完全背包
forv=0..V
f[v]=max{f[v],f[v-c]+w};
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（logn）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。
1.2.1.5二维费用的背包问题
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和b。
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。
算法
费用加了一维，只需状态也加一维即可。
设f[v]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：
fi[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采用逆序的循环，当物品有如完全背包问题时采用顺序的循环。
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维以满足新的限制是一种比较通用的方法。
1.2.1.6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，价值是w。
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]+w|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
forv=V..0
for所有的i属于组k
f[v]=max{f[v],f[v-c]+w}
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。
1.2.1.7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所有这些值时相应的最大价值f'[0..V-c]。
那么这个主件及它的附件集合相当于V-c+1个物品的物品组，其中费用为c+k的物品的价值为f'[k]+w。
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+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
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。
1.2.1.8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。
1.2.1.9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
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