n 极大化
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ii1n 约束条件 ?wixi?M xi=0或1 1≤i≤n
1这种背包问题称为0/1背包问题。它要求物品或者整件装入背包或者整件不装入。求解此问题的一种贪心策略是：按pi/wi的非增次序考虑这些物品，只要正被考虑的物品能装进的就将其装入背包。证明这种策略不一定能得到最优解。
证明：当按照pi/wi的非增次序考虑物品存放背包时，如果所装入的物品恰能装满背包时，易证为最优解，否则未必是最优解。
可举例如下：设n=3，M=6，（p1, p2, p3）=(3,4,8)，（w1, w2, w3）=(1,2,5)，按照pi/wi的非增序得到（p1/w1, p2/w2, p3/w3）=(3,2,1.6)，则其解为（1,1,0），而事实上最优解是(1,0,1)，问题得证。
5.6．假定要将长为l1,l2,?, ln的n个程序存入一盘磁带，程序i被检索的频率是fi。如果程序按i1,i2,?, in的次序存放，则期望检索时间（ERT）是
njnik[?(fijj?1?lk?1)]/?fii?1
① 证明按li的非降次序存放程序不一定得到最小的ERT。 ② 证明按fi的非增次序存放程序不一定得到最小的ERT。 ③ 证明按fi/li的非增次序来存放程序时ERT取最小值。 证明：只需证明结论③是正确的即可，现证明如下： 假设li,li12,?, linnn按照fi/li的非增次序存放，即
fi1/li≥fi/li≥?≥fi/li，则得到
122n ERT=[fili+fi(li+li)+?+fi(li+li+?+ li]/?fi
11212n12ni?1假设该问题的一个最优解是按照j1,j2,?, jn的顺序存放，并且其期望检索式件是ERT?，我们只需证明ERT≤ERT?，即可证明按照fi/li的非增次序存
放得到的是最优解。易知
ERT?=[fj1lj1+fj2(lj+lj)+?+fj(lj+lj+?+ lj)]/?fi
12n12nni?1从前向后考察最优解中的程序，不妨设程序jk是第一个与其相邻的程序jk?1存在关系fj/lj≤fj/lj，则交换程序jk和程序jk?1，得到的期望检索时间
kkk?1k?1记为ERT??
ERT??-ERT?=fjkljk?1-fjk?1ljk≤0
ERT?? ≤ERT?
显然ERT??也是最优解，将原来的最优解中所有这样类似于反序对的程序互换位置，得到的解不比原来的最优解差，所以最终变换后得到的解也是最优解，而最终的解恰是程序按fi/li的非增次序来存放得到的顺序。命题得证。 5.7.假定要把长为l1,l2,?, ln的n个程序分布到两盘磁带T1和T2上，并且希望按照使最大检索时间取最小值的方式存放，即，如果存放在T1和T2上的程序集合分别是A和B，那么就希望所选择的A和B使得max{?i?Ali,?i?Bli}取最小值。一种得到A和B的贪心方法如下：开始将A和B都初始化为空，然后一次考虑一个程序，如果?i?Ali=min{?i?Ali,?i?Bli}，则将当前正在考虑的那个程序分配给A，否则分配给B。证明无论是按l1≤l2≤?≤ln或是按l1≥l2≥?≥ln的次序来考虑程序，这种方法都不能产生最优解。
证明：按照l1≤l2≤?≤ln存放不会得到最优解，举例如下：
3个程序（a,b,c）长度分别为（1,2,3），根据题中的贪心算法，产生的解是A={a,c}B={b}，则max{?i?Ali,?i?Bli}=4，而事实上，最优解应为3，所以得证.
按照l1≥l2≥?≥ln的次序存放也不会得到最优解，举例如下：
5个程序（a,b,c,d,e）长度分别为（10,9,8,6,4）根据题中的贪心算法，产生的解是A={a,d,e}B={b,c}，则max{?i?Ali,?i?Bli}=20，而事实上，最优解应为19，所以得证。
（p1,.....p7）（d1,.....d7）5.8.①当n=7，=(3,5,20,18,1,6,30) 和=(1,3,4,3,2,1,2)
时，算法5.5所生成的解是什么？
② 证明即使作业有不同的处理时间定理5.3亦真。这里，假定作业I的效益
pi>0，要用的处理时间ti>0，限期di≥ti.
非
增
排
序
得
到
解：①根据
pi的
(p7,p3,p4,p6,p2,p1,p5)=(30,20,18,6,5,3,1)，对应的期限为(2,4,3,1,3,1,2)，按照算法5.4生成的解为：
a.J(1)=7
b.J(1)=7,J(2)=3
c.J(1)=7,J(2)=4,J(3)=3
d.J(1)=6, J(2)=7,J(3)=4,J(4)=3；
②证明：显然即使ti>0（di≥ti），如果J中的作业可以按照?的次序而又不
k违反任何一个期限来处理，即对?次序中的任一个作业k，应满足dk ≥?tj，
j?1则J就是一个可行解。
下面证明如果J是可行解，则使得J中的作业可以按照di,di,?, di排列
12n的序列?处理而又不违反任何一个期限。
k因为J是可行解，则必存在??=r1r2?rn，使得对任意的rk，都有dk≥?tj，
j?1我们设?是按照di≤di≤,?,≤di排列的作业序列。假设????，那么令a是使
12nra?ia的最小下标，设rb=ia，显然b>a，在??中将ra与rb相交换，因为dr≤dr，
ba显然ra和rb可以按期完成作业。
还要证明ra和rb之间的作业也能按期完成。因为dr≤dr，而显然二者之间
bab的所有作业rt，都有dr>dr，又由于?是可行解，所以?tk≤dr≤dr。所以作
tbbtk?1业ra和rb交换后，所有作业可依新产生的排列???==s1s2?sn的次序处理而不违反任何一个期限，连续使用这种方法，??就可转换成?且不违反任何一个期限，定理得证。
5.10① 已知n-1个元素已按min-堆的结构形式存放在A(1),?,A(n-1)。现要将另一存放在A(n)的元素和A(1:n-1)中元素一起构成一个具有n个元素的min-堆。对此写一个计算时间为O(logn)的算法。
② 在A(1:n)中存放着一个min-堆，写一个从堆顶A(1)删去最小元素后将
其余元素调整成min-堆的算法，要求这新的堆存放在A(1:n-1)中，且算法时间为O(logn).
③ 利用②所写出的算法，写一个对n个元素按非增次序分类的堆分类算法。分析这个算法的计算复杂度。
解：① procedure INSERT(A,n) integer i, j, k
j←n ; i←?n/2? while i≥1 and A[i]>A[j] do k←A[j];
A[j]←A[i]; A[i]←k
j←i ;
i←?i/2?
repeat end INSERT
② procedure RESTORE(A,l,n) integer i, j, k x←A[n];
A[n]←A[l]
i←1 j←2*i
while j≤n-1 do
if (j< n-1) and (A[j]> A[j+1])
then j←j+1 endif
if (x>A[j])
then A[i]←A[j]; i←j;j←2*i else i←n endif repeat end RESTORE
③ procedure HEAPSORT(A,n) integer i, k
for i=?n/2? to 1 step –1 do RESTORE(A, i, n) repeat
for i=n to 2 step –1 do
k←A[1]; A[1]←A[i]; A[i]←k RESTORE(A, 1, i-1) repeat