excel 规划求解。。。
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时间：2016-03-18 05:09
求解！？_百度知道
/zhidao/wh%3D600%2C800/sign=d9a817dc8ed4b31cf0699cbdb7e60b47/d788d43fee5bebb40bf41bd5ad6e3930://d.com/zhidao/pic/item/d788d43fee5bebb40bf41bd5ad6e3930 ://d.com/zhidao/wh%3D450%2C600/sign=32cebefa00c512/d788d43fee5bebb40bf41bd5ad6e3930.hiphotos://d.hiphotos.baidu.hiphotos.jpg" target="_blank" title="点击查看大图" class="ikqb_img_alink"><img class="ikqb_img" src="http.jpg" esrc="http.<a href="http
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求解.....，
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太暗太模糊…
应该是物理题吧←_←
是的，物理题
这题目略眼熟←_←不过学弟（学妹）可否开个灯什么的……还是看不太清…
只看到电源电压8v，滑动变阻器R2什么的…←_←
←_←眼要瞎掉辣
如图所示电路中，电源电压为6V不变，滑动变阻器R2的阻值变化范围是0～20Ω，两只电流表的量程为0～ 0.6A。当闭合开关，滑动变阻器的滑片P置于最左端时，电流表A1的示数是0.4A（1）求电流表A2的示数及R1的阻值，（2）在保证电流表安全的条件下，电路允许消耗的最大功率是多少？（3）滑动变阻器连入电路的电阻不得小于何值？
好吧…我试着做做看←_←
←_←让我在吐槽一句，孩子你是偷偷写的吧
-_-||我打字快哒，，嘿嘿。真没有哈
.....帅哥你真帅！
不过不看不懂啊，，能否写具体点子？？谢哒
←_←卧槽！女的！
好伐，，，美女学姐！
←_←讲解呀…唔…等等昂
美女学姐你真好！
第一问。闭合开关。A1的电流是用电流。此时R2全部接入。电源电压此时和R2相等。所以就用基本公式求出即可。然后么…总电流减去R2电流…就好辣←_←
额哦，，，
有点生疏了…不造讲了你明白没…毕竟很久没接触了…←_←
额额...说实话，，其实我啥都不懂。。我就直接不想看到物理题啊。。。T_T
额额...说实话，，其实我啥都不懂。。我就直接不想看到物理题啊。。。T_T
第二问。求最大功率。保证电路安全。那么电流要最大。电压最大为电源电压。基本公式带入即可。←_←
←_←摸头。过了中考再说吧。高中的话不选理科不用做电学貌似
，，，，，唉...我就一学渣啊
第三问。电流通过最大电流为0.6A。R1通过0.1A（通过第一问可以算出）。然后减一剪，R2电流为0.5A。电压为电源电压。基本公式一带，欧了←_←
其实我也蛮学渣对理科来说…物理比较喜欢电学…←_←
时间不早了我去睡了…你也早点睡…熬夜不好…←_←记得采纳…
嘿嘿，，，
采纳哒！学姐晚安好梦！
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算法（49）
&&&& 1、问题描述：
&&&& 给定n种物品和一背包。物品i的重量是wi，其价值为vi，背包的容量为C。问:应如何选择装入背包的物品，使得装入背包中物品的总价值最大?
&&&& 形式化描述：给定c &0, wi &0, vi &0 , 1≤i≤n.要求找一n元向量(x1,x2,…,xn,), xi∈{0,1}, ? ∑ wi xi≤c,且∑ vi xi达最大.即一个特殊的整数规划问题。
&&&&&& 2、最优性原理：
&&&& 设(y1,y2,…,yn)是 (3.4.1)的一个最优解.则(y2,…,yn)是下面相应子问题的一个最优解:
&&&& 证明:使用反证法。若不然,设(z2,z3,…,zn)是上述子问题的一个最优解,而(y2,y3,…,yn)不是它的最优解。显然有
&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& ∑vizi & ∑viyi&& (i=2,…,n)
&&&& 且&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& w1y1+ ∑wizi&= c
&&&& 因此&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& v1y1+ ∑vizi (i=2,…,n) & ∑ viyi,
(i=1,…,n)
&&&& 说明(y1,z2, z3,…,zn)是(3.4.1)0-1背包问题的一个更优解,导出(y1,y2,…,yn)不是背包问题的最优解,矛盾。
&&&&&& 3、递推关系：
&&&&设所给0-1背包问题的子问题
&&&& 的最优值为m(i，j)，即m(i，j)是背包容量为j，可选择物品为i，i+1，…，n时0-1背包问题的最优值。由0-1背包问题的最优子结构性质，可以建立计算m(i，j)的递归式:
&&&& 注:(3.4.3)式此时背包容量为j，可选择物品为i。此时在对xi作出决策之后,问题处于两种状态之一:
&&& (1)背包剩余容量是j,没产生任何效益；
&&& (2)剩余容量j-wi,效益值增长了vi ；
&&&& 算法具体代码如下：
//3d10-1 动态规划 背包问题
#include &stdafx.h&
#include &iostream&
const int N = 4;
void Knapsack(int v[],int w[],int c,int n,int m[][10]);
void Traceback(int m[][10],int w[],int c,int n,int x[]);
int main()
int v[]={0,2,1,4,3},w[]={0,1,4,2,3};//下标从1开始
int x[N+1];
int m[10][10];
cout&&&待装物品重量分别为：&&&
for(int i=1; i&=N; i++)
cout&&w[i]&&& &;
cout&&&待装物品价值分别为：&&&
for(int i=1; i&=N; i++)
cout&&v[i]&&& &;
Knapsack(v,w,c,N,m);
cout&&&背包能装的最大价值为：&&&m[1][c]&&
Traceback(m,w,c,N,x);
cout&&&背包装下的物品编号为：&&&
for(int i=1; i&=N; i++)
if(x[i]==1)
cout&&i&&& &;
void Knapsack(int v[],int w[],int c,int n,int m[][10])
int jMax = min(w[n]-1,c);//背包剩余容量上限 范围[0~w[n]-1]
for(int j=0; j&=jMj++)
m[n][j]=0;
for(int j=w[n]; j&=c; j++)//限制范围[w[n]~c]
m[n][j] = v[n];
for(int i=n-1; i&1; i--)
jMax = min(w[i]-1,c);
for(int j=0; j&=jM j++)//背包不同剩余容量j&=jMax&c
m[i][j] = m[i+1][j];//没产生任何效益
for(int j=w[i]; j&=c; j++) //背包不同剩余容量j-wi &c
m[i][j] = max(m[i+1][j],m[i+1][j-w[i]]+v[i]);//效益值增长vi
m[1][c] = m[2][c];
if(c&=w[1])
m[1][c] = max(m[1][c],m[2][c-w[1]]+v[1]);
//x[]数组存储对应物品0-1向量,0不装入背包，1表示装入背包
void Traceback(int m[][10],int w[],int c,int n,int x[])
for(int i=1; i&n; i++)
if(m[i][c] == m[i+1][c])
x[n]=(m[n][c])?1:0;
&&&& 算法执行过程对m[][]填表及Traceback回溯过程如图所示：
&&&&& 从m(i，j)的递归式容易看出，算法Knapsack需要O(nc)计算时间; Traceback需O(n)计算时间；算法总体需要O(nc)计算时间。当背包容量c很大时，算法需要的计算时间较多。例如，当c&2^n时，算法需要Ω(n2^n)计算时间。
&&&&&&&& 4、算法的改进：
&&&& 由m(i,j)的递归式容易证明，在一般情况下，对每一个确定的i(1≤i≤n)，函数m(i,j)是关于变量j的阶梯状单调不减函数。跳跃点是这一类函数的描述特征。在一般情况下，函数m(i,j)由其全部跳跃点唯一确定。如图所示。
&&&& 对每一个确定的i(1≤i≤n)，用一个表p[i]存储函数m(i，j)的全部跳跃点。表p[i]可依计算m(i，j)的递归式递归地由表p[i+1]计算，初始时p[n+1]={(0，0)}。&
&&&& 一个例子：n=3，c=6，w={4，3，2}，v={5，2，1}。
&&&& 函数m(i,j)是由函数m(i+1,j)与函数m(i+1,j-wi)+vi作max运算得到的。因此，函数m(i,j)的全部跳跃点包含于函数m(i+1，j)的跳跃点集p[i+1]与函数m(i+1，j-wi)+vi的跳跃点集q[i+1]的并集中。易知，(s,t)∈q[i+1]当且仅当wi&=s&=c且(s-wi,t-vi)∈p[i+1]。因此，容易由p[i+1]确定跳跃点集q[i+1]如下：
q[i+1]=p[i+1]⊕(wi,vi)={(j+wi,m(i,j)+vi)|(j,m(i,j))∈p[i+1]}
&&&&另一方面，设(a，b)和(c，d)是p[i+1]∪q[i+1]中的2个跳跃点，则当c&=a且d&b时，(c，d)受控于(a，b)，从而(c，d)不是p[i]中的跳跃点。除受控跳跃点外，p[i+1]∪q[i+1]中的其他跳跃点均为p[i]中的跳跃点。
&&&&由此可见，在递归地由表p[i+1]计算表p[i]时，可先由p[i+1]计算出q[i+1]，然后合并表p[i+1]和表q[i+1]，并清除其中的受控跳跃点得到表p[i]。
&&&&& 例：n=5，c=10，w={2，2，6，5，4}，v={6，3，5，4，6}。跳跃点的计算过程如下：
&&& 初始时p[6]={(0,0)}，(w5,v5)=(4,6)。因此，q[6]=p[6]⊕(w5,v5)={(4,6)}。 p[5]={(0,0),(4,6)}。q[5]=p[5]⊕(w4,v4)={(5,4),(9,10)}。从跳跃点集p[5]与q[5]的并集p[5]∪q[5]={(0,0),(4,6),(5,4),(9,10)}中看到跳跃点(5,4)受控于跳跃点(4,6)。将受控跳跃点(5,4)清除后，得到
&&&& p[4]={(0,0),(4,6),(9,10)}
&&&& q[4]=p[4]⊕(6，5)={(6，5)，(10，11)}
&&&& p[3]={(0，0)，(4，6)，(9，10)，(10，11)}
&&&& q[3]=p[3]⊕(2，3)={(2，3)，(6，9)}
&&&& p[2]={(0，0)，(2，3)，(4，6)，(6，9)，(9，10)，(10，11)}
&&&& q[2]=p[2]⊕(2，6)={(2，6)，(4，9)，(6，12)，(8，15)}
&&&& p[1]={(0，0)，(2，6)，(4，9)，(6，12)，(8，15)}
&&&& p[1]的最后的那个跳跃点(8,15)给出所求的最优值为m(1,c)=15。
&&& 具体代码实现如下：
//3d10-2 动态规划 背包问题 跳跃点优化
#include &stdafx.h&
#include &iostream&
const int N = 4;
template&class Type&
int Knapsack(int n,Type c,Type v[],Type w[],int **p,int x[]);
template&class Type&
void Traceback(int n,Type w[],Type v[],Type **p,int *head,int x[]);
int main()
int v[]={0,2,1,4,3},w[]={0,1,4,2,3};//下标从1开始
int x[N+1];
int **p = new int *[50];
for(int i=0;i&50;i++)
p[i] = new int[2];
cout&&&待装物品重量分别为：&&&
for(int i=1; i&=N; i++)
cout&&w[i]&&& &;
cout&&&待装物品价值分别为：&&&
for(int i=1; i&=N; i++)
cout&&v[i]&&& &;
cout&&&背包能装的最大价值为：&&&Knapsack(N,c,v,w,p,x)&&
cout&&&背包装下的物品编号为：&&&
for(int i=1; i&=N; i++)
if(x[i]==1)
cout&&i&&& &;
for(int i=0;i&50;i++)
delete p[i];
template&class Type&
int Knapsack(int n,Type c,Type v[],Type w[],int **p,int x[])
int *head = new int[n+2];
head[n+1]=0;
p[0][0]=0;//p[][0]存储物品重量
p[0][1]=0;//p[][1]存储物品价值，物品n的跳跃点（0，0）
// left 指向p[i+1]的第一个跳跃点，right指向最后一个
//拿书上的例子来说，若计算p[3]=0;则left指向p[4]的第一跳跃点（0 0）right指向（9,10）
int left = 0,right = 0,next = 1;//next即下一个跳跃点要存放的位置
head[n]=1;//head[n]用来指向第n个物品第一个跳跃点的位置
for(int i=n; i&=1; i--)
int k =//k指向p[ ]中跳跃点,移动k来判断p[]与p[]+（w v）中的受控点
for(int j= j&= j++)
if(p[j][0]+w[i]&c)//剩余的空间不能再装入i，退出for循环;
Type y = p[j][0] + w[i],m = p[j][1] + v[i];//计算p[ ]+（w v）
//若p[k][0]较小则(p[k][0]
p[k][1])一定不是受控点，将其作为p[i]的跳跃点存储
while(k&=right && p[k][0]&y)
p[next][0]=p[k][0];
p[next++][1]=p[k++][1];
//如果 p[k][0]==y而m&p[k][1]，则（y m）为受控点不存
if(k&=right && p[k][0]==y)
if(m&p[k][1])//对（p[k][0]
p[k][1]）进行判断
m=p[k][1];
// 若p[k][0]&=y且m& =p[k][1],判断是不是当前i的最后一个跳跃点的受控点
//若不是则为i的跳跃点存储
if(m&p[next-1][1])
p[next][0]=y;
p[next++][1]=m;
//若是，则对下一个元素进行判断。
while(k&=right && p[k][1]&=p[next-1][1])
while(k&=right)
p[next][0]=p[k][0];
p[next++][1]=p[k++][1];//将i+1剩下的跳跃点作为做为i的跳跃点存储
left = right + 1;
right = next - 1;
// 第i-1个物品第一个跳跃点的位置
head[0]指第0个物品第一个跳跃点的位置
head[i-1] =
Traceback(n,w,v,p,head,x);
return p[next-1][1];
//x[]数组存储对应物品0-1向量,0不装入背包，1表示装入背包
template&class Type&
void Traceback(int n,Type w[],Type v[],Type **p,int *head,int x[])
//初始化j,m为最后一个跳跃点对应的第0列及第1列
//如上例求出的 最后一个跳跃点为（8 15）j=8,m=15
Type j = p[head[0]-1][0],m=p[head[0]-1][1];
for(int i=1; i&=n; i++)
x[i]=0;// 初始化数组；
for(int k=head[i+1]; k&=head[i]-1;k++)// 初始k指向p[2]的第一个跳跃点（0 0）
//判断物品i是否装入，如上例与跳跃点(6 9)相加等于（8 15）所以1装入
if(p[k][0]+w[i]==j && p[k][1]+v[i]==m)
x[i]=1;//物品i被装入，则x[i]置1
j=p[k][0];// j和m值置为满足if条件的跳跃点对应的值
m=p[k][1];// 如上例j=6,m=9
//再接着判断下一个物品
&&&& 上述算法的主要计算量在于计算跳跃点集p[i](1≤i≤n)。由于q[i+1]=p[i+1]⊕(wi，vi)，故计算q[i+1]需要O(|p[i+1]|)计算时间。合并p[i+1]和q[i+1]并清除受控跳跃点也需要O(|p[i+1]|)计算时间。从跳跃点集p[i]的定义可以看出，p[i]中的跳跃点相应于xi,…,xn的0/1赋值。因此，p[i]中跳跃点个数不超过2^(n-i+1)。由此可见，算法计算跳跃点集p[i]所花费的计算时间为从而，改进后算法的计算时间复杂性为O(2^n)。当所给物品的重量wi(1≤i≤n)是整数时，|p[i]|≤c+1，(1≤i≤n)。在这种情况下，改进后算法的计算时间复杂性为O(min{nc,2^n})。
&&&&运行结果如图：
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求解..............................
She wanted to bring
to the kids there. A. books
D. 32-year-old
C. laughed
D. She felt quite
. A. loved
C. When she got there. living
C. 32-years-old
B. In January 2006. something
C. A. 32 year old17. A. asked25. heart
D. A. She was born in Jilin Province. hated(讨厌的)
C. welcome23. A. for
C. 32 years old
B. interested
C.16. She found a job in a factory and began to work there. And
C. everything
B. nothing21. to
B. She planned to work there all her life. teaching
B, she got a warm
. studying20. bought B. A. A. A. farming
after working for seven months. cooked24. All the people
her. excited22, she left her hometown
Shenzhen. She found that the school had
but the old houses without doors. A. She is a
young womanMaybe you know about Sun Ying on TV. Or19, she went to a mountain shool in Guizhou Province for
because she wanted to help the students there. So
D. anything
D. The students called her“Aunt”and the parents
food to her. from18. brought
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还有作文啊...好吧，相信你不会让我白答的... I have a bad cold .I took off my coat when I was playing football yesterday afternoon.I went to see a doctor and my doctor advise me to stay in bed for two days . I have to stay at home and rest. So I ask for leave for two days. .And I promise to return to school in two days
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额额...说实话，，其实我啥都不懂。。我就直接不想看到物理题啊。。。T_T
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第二问。求最大功率。保证电路安全。那么电流要最大。电压最大为电源电压。基本公式带入即可。←_←
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，，，，，唉...我就一学渣啊
第三问。电流通过最大电流为0.6A。R1通过0.1A（通过第一问可以算出）。然后减一剪，R2电流为0.5A。电压为电源电压。基本公式一带，欧了←_←
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&&&& 1、问题描述：
&&&& 给定n种物品和一背包。物品i的重量是wi，其价值为vi，背包的容量为C。问:应如何选择装入背包的物品，使得装入背包中物品的总价值最大?
&&&& 形式化描述：给定c &0, wi &0, vi &0 , 1≤i≤n.要求找一n元向量(x1,x2,…,xn,), xi∈{0,1}, ? ∑ wi xi≤c,且∑ vi xi达最大.即一个特殊的整数规划问题。
&&&&&& 2、最优性原理：
&&&& 设(y1,y2,…,yn)是 (3.4.1)的一个最优解.则(y2,…,yn)是下面相应子问题的一个最优解:
&&&& 证明:使用反证法。若不然,设(z2,z3,…,zn)是上述子问题的一个最优解,而(y2,y3,…,yn)不是它的最优解。显然有
&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& ∑vizi & ∑viyi&& (i=2,…,n)
&&&& 且&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& w1y1+ ∑wizi&= c
&&&& 因此&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& v1y1+ ∑vizi (i=2,…,n) & ∑ viyi,
(i=1,…,n)
&&&& 说明(y1,z2, z3,…,zn)是(3.4.1)0-1背包问题的一个更优解,导出(y1,y2,…,yn)不是背包问题的最优解,矛盾。
&&&&&& 3、递推关系：
&&&&设所给0-1背包问题的子问题
&&&& 的最优值为m(i，j)，即m(i，j)是背包容量为j，可选择物品为i，i+1，…，n时0-1背包问题的最优值。由0-1背包问题的最优子结构性质，可以建立计算m(i，j)的递归式:
&&&& 注:(3.4.3)式此时背包容量为j，可选择物品为i。此时在对xi作出决策之后,问题处于两种状态之一:
&&& (1)背包剩余容量是j,没产生任何效益；
&&& (2)剩余容量j-wi,效益值增长了vi ；
&&&& 算法具体代码如下：
//3d10-1 动态规划 背包问题
#include &stdafx.h&
#include &iostream&
const int N = 4;
void Knapsack(int v[],int w[],int c,int n,int m[][10]);
void Traceback(int m[][10],int w[],int c,int n,int x[]);
int main()
int v[]={0,2,1,4,3},w[]={0,1,4,2,3};//下标从1开始
int x[N+1];
int m[10][10];
cout&&&待装物品重量分别为：&&&
for(int i=1; i&=N; i++)
cout&&w[i]&&& &;
cout&&&待装物品价值分别为：&&&
for(int i=1; i&=N; i++)
cout&&v[i]&&& &;
Knapsack(v,w,c,N,m);
cout&&&背包能装的最大价值为：&&&m[1][c]&&
Traceback(m,w,c,N,x);
cout&&&背包装下的物品编号为：&&&
for(int i=1; i&=N; i++)
if(x[i]==1)
cout&&i&&& &;
void Knapsack(int v[],int w[],int c,int n,int m[][10])
int jMax = min(w[n]-1,c);//背包剩余容量上限 范围[0~w[n]-1]
for(int j=0; j&=jMj++)
m[n][j]=0;
for(int j=w[n]; j&=c; j++)//限制范围[w[n]~c]
m[n][j] = v[n];
for(int i=n-1; i&1; i--)
jMax = min(w[i]-1,c);
for(int j=0; j&=jM j++)//背包不同剩余容量j&=jMax&c
m[i][j] = m[i+1][j];//没产生任何效益
for(int j=w[i]; j&=c; j++) //背包不同剩余容量j-wi &c
m[i][j] = max(m[i+1][j],m[i+1][j-w[i]]+v[i]);//效益值增长vi
m[1][c] = m[2][c];
if(c&=w[1])
m[1][c] = max(m[1][c],m[2][c-w[1]]+v[1]);
//x[]数组存储对应物品0-1向量,0不装入背包，1表示装入背包
void Traceback(int m[][10],int w[],int c,int n,int x[])
for(int i=1; i&n; i++)
if(m[i][c] == m[i+1][c])
x[n]=(m[n][c])?1:0;
&&&& 算法执行过程对m[][]填表及Traceback回溯过程如图所示：
&&&&& 从m(i，j)的递归式容易看出，算法Knapsack需要O(nc)计算时间; Traceback需O(n)计算时间；算法总体需要O(nc)计算时间。当背包容量c很大时，算法需要的计算时间较多。例如，当c&2^n时，算法需要Ω(n2^n)计算时间。
&&&&&&&& 4、算法的改进：
&&&& 由m(i,j)的递归式容易证明，在一般情况下，对每一个确定的i(1≤i≤n)，函数m(i,j)是关于变量j的阶梯状单调不减函数。跳跃点是这一类函数的描述特征。在一般情况下，函数m(i,j)由其全部跳跃点唯一确定。如图所示。
&&&& 对每一个确定的i(1≤i≤n)，用一个表p[i]存储函数m(i，j)的全部跳跃点。表p[i]可依计算m(i，j)的递归式递归地由表p[i+1]计算，初始时p[n+1]={(0，0)}。&
&&&& 一个例子：n=3，c=6，w={4，3，2}，v={5，2，1}。
&&&& 函数m(i,j)是由函数m(i+1,j)与函数m(i+1,j-wi)+vi作max运算得到的。因此，函数m(i,j)的全部跳跃点包含于函数m(i+1，j)的跳跃点集p[i+1]与函数m(i+1，j-wi)+vi的跳跃点集q[i+1]的并集中。易知，(s,t)∈q[i+1]当且仅当wi&=s&=c且(s-wi,t-vi)∈p[i+1]。因此，容易由p[i+1]确定跳跃点集q[i+1]如下：
q[i+1]=p[i+1]⊕(wi,vi)={(j+wi,m(i,j)+vi)|(j,m(i,j))∈p[i+1]}
&&&&另一方面，设(a，b)和(c，d)是p[i+1]∪q[i+1]中的2个跳跃点，则当c&=a且d&b时，(c，d)受控于(a，b)，从而(c，d)不是p[i]中的跳跃点。除受控跳跃点外，p[i+1]∪q[i+1]中的其他跳跃点均为p[i]中的跳跃点。
&&&&由此可见，在递归地由表p[i+1]计算表p[i]时，可先由p[i+1]计算出q[i+1]，然后合并表p[i+1]和表q[i+1]，并清除其中的受控跳跃点得到表p[i]。
&&&&& 例：n=5，c=10，w={2，2，6，5，4}，v={6，3，5，4，6}。跳跃点的计算过程如下：
&&& 初始时p[6]={(0,0)}，(w5,v5)=(4,6)。因此，q[6]=p[6]⊕(w5,v5)={(4,6)}。 p[5]={(0,0),(4,6)}。q[5]=p[5]⊕(w4,v4)={(5,4),(9,10)}。从跳跃点集p[5]与q[5]的并集p[5]∪q[5]={(0,0),(4,6),(5,4),(9,10)}中看到跳跃点(5,4)受控于跳跃点(4,6)。将受控跳跃点(5,4)清除后，得到
&&&& p[4]={(0,0),(4,6),(9,10)}
&&&& q[4]=p[4]⊕(6，5)={(6，5)，(10，11)}
&&&& p[3]={(0，0)，(4，6)，(9，10)，(10，11)}
&&&& q[3]=p[3]⊕(2，3)={(2，3)，(6，9)}
&&&& p[2]={(0，0)，(2，3)，(4，6)，(6，9)，(9，10)，(10，11)}
&&&& q[2]=p[2]⊕(2，6)={(2，6)，(4，9)，(6，12)，(8，15)}
&&&& p[1]={(0，0)，(2，6)，(4，9)，(6，12)，(8，15)}
&&&& p[1]的最后的那个跳跃点(8,15)给出所求的最优值为m(1,c)=15。
&&& 具体代码实现如下：
//3d10-2 动态规划 背包问题 跳跃点优化
#include &stdafx.h&
#include &iostream&
const int N = 4;
template&class Type&
int Knapsack(int n,Type c,Type v[],Type w[],int **p,int x[]);
template&class Type&
void Traceback(int n,Type w[],Type v[],Type **p,int *head,int x[]);
int main()
int v[]={0,2,1,4,3},w[]={0,1,4,2,3};//下标从1开始
int x[N+1];
int **p = new int *[50];
for(int i=0;i&50;i++)
p[i] = new int[2];
cout&&&待装物品重量分别为：&&&
for(int i=1; i&=N; i++)
cout&&w[i]&&& &;
cout&&&待装物品价值分别为：&&&
for(int i=1; i&=N; i++)
cout&&v[i]&&& &;
cout&&&背包能装的最大价值为：&&&Knapsack(N,c,v,w,p,x)&&
cout&&&背包装下的物品编号为：&&&
for(int i=1; i&=N; i++)
if(x[i]==1)
cout&&i&&& &;
for(int i=0;i&50;i++)
delete p[i];
template&class Type&
int Knapsack(int n,Type c,Type v[],Type w[],int **p,int x[])
int *head = new int[n+2];
head[n+1]=0;
p[0][0]=0;//p[][0]存储物品重量
p[0][1]=0;//p[][1]存储物品价值，物品n的跳跃点（0，0）
// left 指向p[i+1]的第一个跳跃点，right指向最后一个
//拿书上的例子来说，若计算p[3]=0;则left指向p[4]的第一跳跃点（0 0）right指向（9,10）
int left = 0,right = 0,next = 1;//next即下一个跳跃点要存放的位置
head[n]=1;//head[n]用来指向第n个物品第一个跳跃点的位置
for(int i=n; i&=1; i--)
int k =//k指向p[ ]中跳跃点,移动k来判断p[]与p[]+（w v）中的受控点
for(int j= j&= j++)
if(p[j][0]+w[i]&c)//剩余的空间不能再装入i，退出for循环;
Type y = p[j][0] + w[i],m = p[j][1] + v[i];//计算p[ ]+（w v）
//若p[k][0]较小则(p[k][0]
p[k][1])一定不是受控点，将其作为p[i]的跳跃点存储
while(k&=right && p[k][0]&y)
p[next][0]=p[k][0];
p[next++][1]=p[k++][1];
//如果 p[k][0]==y而m&p[k][1]，则（y m）为受控点不存
if(k&=right && p[k][0]==y)
if(m&p[k][1])//对（p[k][0]
p[k][1]）进行判断
m=p[k][1];
// 若p[k][0]&=y且m& =p[k][1],判断是不是当前i的最后一个跳跃点的受控点
//若不是则为i的跳跃点存储
if(m&p[next-1][1])
p[next][0]=y;
p[next++][1]=m;
//若是，则对下一个元素进行判断。
while(k&=right && p[k][1]&=p[next-1][1])
while(k&=right)
p[next][0]=p[k][0];
p[next++][1]=p[k++][1];//将i+1剩下的跳跃点作为做为i的跳跃点存储
left = right + 1;
right = next - 1;
// 第i-1个物品第一个跳跃点的位置
head[0]指第0个物品第一个跳跃点的位置
head[i-1] =
Traceback(n,w,v,p,head,x);
return p[next-1][1];
//x[]数组存储对应物品0-1向量,0不装入背包，1表示装入背包
template&class Type&
void Traceback(int n,Type w[],Type v[],Type **p,int *head,int x[])
//初始化j,m为最后一个跳跃点对应的第0列及第1列
//如上例求出的 最后一个跳跃点为（8 15）j=8,m=15
Type j = p[head[0]-1][0],m=p[head[0]-1][1];
for(int i=1; i&=n; i++)
x[i]=0;// 初始化数组；
for(int k=head[i+1]; k&=head[i]-1;k++)// 初始k指向p[2]的第一个跳跃点（0 0）
//判断物品i是否装入，如上例与跳跃点(6 9)相加等于（8 15）所以1装入
if(p[k][0]+w[i]==j && p[k][1]+v[i]==m)
x[i]=1;//物品i被装入，则x[i]置1
j=p[k][0];// j和m值置为满足if条件的跳跃点对应的值
m=p[k][1];// 如上例j=6,m=9
//再接着判断下一个物品
&&&& 上述算法的主要计算量在于计算跳跃点集p[i](1≤i≤n)。由于q[i+1]=p[i+1]⊕(wi，vi)，故计算q[i+1]需要O(|p[i+1]|)计算时间。合并p[i+1]和q[i+1]并清除受控跳跃点也需要O(|p[i+1]|)计算时间。从跳跃点集p[i]的定义可以看出，p[i]中的跳跃点相应于xi,…,xn的0/1赋值。因此，p[i]中跳跃点个数不超过2^(n-i+1)。由此可见，算法计算跳跃点集p[i]所花费的计算时间为从而，改进后算法的计算时间复杂性为O(2^n)。当所给物品的重量wi(1≤i≤n)是整数时，|p[i]|≤c+1，(1≤i≤n)。在这种情况下，改进后算法的计算时间复杂性为O(min{nc,2^n})。
&&&&运行结果如图：
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young womanMaybe you know about Sun Ying on TV. Or19, she went to a mountain shool in Guizhou Province for
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D. anything
D. The students called her“Aunt”and the parents
food to her. from18. brought
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还有作文啊...好吧，相信你不会让我白答的... I have a bad cold .I took off my coat when I was playing football yesterday afternoon.I went to see a doctor and my doctor advise me to stay in bed for two days . I have to stay at home and rest. So I ask for leave for two days. .And I promise to return to school in two days
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