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直线方程问题,求详解光线沿直线l1：2X+Y-2=0 照射到直线l2：X+2Y+2=0 后反射,求反射线所在直线l3的方程我知道求反射点（2,-2）,接下来求详解
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直线L1与L2的交点是Q(2,－2),此点即为光线的传入点,在直线L1上任意取一点P(0,2),则点P关于直线L2的对称点是M(－12/5,－14/5),则反射光线过点Q、M,则得到反射光线所在直线是2x－11y－26=0
那么求对称点这步你能给个详细过程不？
任意取L1上的点P(0，2)，则过点P且与x＋2y＋2=0垂直的直线是2x－y＋2=0，此直线与x＋2y＋2=0的交点是N(－6/5，－2/5)，因N应该是点P与其关于直线L2的对称点M的中点，这样就可以解得：M(－12/5，－14/5)，则反射光线过点Q、M，则得到反射光线所在直线是2x－11y－26=0
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&&&&&&&&完全背包是在N种物品中选取若干件（同一种物品可多次选取）放在空间为V的背包里，每种物品的体积为C1，C2，…，Cn，与之相对应的价值为W1,W2，…，Wn.求解怎么装物品可使背包里物品总价值最大。
动态规划（DP）：
&&&&&&& 1） 子问题定义：F[i][j]表示前i种物品中选取若干件物品放入剩余空间为j的背包中所能得到的最大价值。
&&&&&&& 2） 根据第i种物品放多少件进行决策
&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& &&&&&&&&&&&& &(2-1)
&&&&&& &其中F[i-1][j-K*C[i]]+K*W[i]表示前i-1种物品中选取若干件物品放入剩余空间为j-K*C[i]的背包中所能得到的最大价值加上k件第i种物品；
&&&&&& 设物品种数为N，背包容量为V，第i种物品体积为C[i]，第i种物品价值为W[i]。
&&&&&& 与01背包相同，完全背包也需要求出NV个状态F[i][j]。但是完全背包求F[i][j]时需要对k分别取0,…，j/C[i]求最大F[i][j]值,耗时为j/C[i]。那么总的时间复杂度为O(NV∑(j/C[i]))
由此写出伪代码如下：
F[0][] ← {0}
F[][0] ← {0}
for i←1 to N
do for j←1 to V
do for k←0 to j/C[i]
if(j &= k*C[i])
then F[i][k] ← max(F[i][k],F[i-1][j-k*C[i]]+k*W[i])
return F[N][V]
以上伪代码数组均为基于1索引，即第一件物品索引为1。空间复杂度O(VN)、时间复杂度为O(NV∑(j/C[i]))
&&&&&&& 简单优化：
&&&&&&& 若两件物品满足C[i] ≤C[j]&&W[i] ≥W[j]时将第j种物品直接筛选掉。因为第i种物品比第j种物品物美价廉，用i替换j得到至少不会更差的方案。
&&&&&& 这个筛选过程如下：先找出体积大于背包的物品直接筛掉一部分（也可能一种都筛不掉）复杂度O(N)。利用计数排序思想对剩下的物品体积进行排序，同时筛选出同体积且价值最大的物品留下，其余的都筛掉（这也可能一件都筛不掉）复杂度O(V)。整个过程时间复杂度为O(N+V)
&&&&&& 转化为01背包：
&&&&&&&因为同种物品可以多次选取，那么第i种物品最多可以选取V/C[i]件价值不变的物品，然后就转化为01背包问题。整个过程的时间复杂度并未减少。如果把第i种物品拆成体积为C[i]×2k价值W[i]×2k的物品，其中满足C[i]×2k≤V。那么在求状态F[i][j]时复杂度就变为O(log2(V/C[i]))。整个时间复杂度就变为O(NVlog2(V/C[i]))
时间复杂度优化为O(NV)
将原始算法的DP思想转变一下。
设F[i][j]表示出在前i种物品中选取若干件物品放入容量为j的背包所得的最大价值。那么对于第i种物品的出现，我们对第i种物品放不放入背包进行决策。如果不放那么F[i][j]=F[i-1][j]；如果确定放，背包中应该出现至少一件第i种物品，所以F[i][j]种至少应该出现一件第i种物品,即F[i][j]=F[i][j-C[i]]+W[i]。为什么会是F[i][j-C[i]]+W[i]？因为F[i][j-C[i]]里面可能有第i种物品，也可能没有第i种物品。我们要确保F[i][j]至少有一件第i件物品，所以要预留C[i]的空间来存放一件第i种物品。
状态方程为：
&&&&&&&&&&&&& && &&&&&&&&& (2-2)
伪代码为：
F[0][] ← {0}
F[][0] ← {0}
for i←1 to N
do for j←1 to V
F[i][j] ← F[i-1][j]
if(j &= C[i])
then F[i][j] ← max(F[i][j],F[i][j-C[i]]+ W[i])
return F[N][V]
&&&&&&& 具体背包中放入那些物品的求法和01背包情况差不多，从F[N][V]逆着走向F[0][0]，设i=N,j=V，如果F[i][j]==F[i][j-C[i]]+W[i]说明包里面有第i件物品，同时j -= C[i]。完全背包问题在处理i自减和01背包不同，01背包是不管F[i][j]与F[i-1][j-C[i]]+W[i]相不相等i都要减1，因为01背包的第i件物品要么放要么不放，不管放还是不放其已经遍历过了，需要继续往下遍历而完全背包只有当F[i][j]与F[i-1][j]相等时i才自减1。因为F[i][j]=F[i-1][j]说明背包里面不会含有i，也就是说对于前i种物品容量为j的背包全部都放入前i-1种物品才能实现价值最大化，或者直白的理解为前i种物品中第i种物品物不美价不廉，直接被筛选掉。
&&&&&&& 打印背包内物品的伪代码如下：
while(i&0 && j&0)
do if(F[i][j]=F[i][j-C[i]]+W[i])
then Print W[i]
&&&&&&& 和01背包一样，也可以利用一个二维数组Path[][]来标记背包中的物品。开始时Path[N][V]初始化为0,当 F[i][j]==F[i][j-C[i]]+W[i]时Path[i][j]置1。最后通过从Path[N+1][V+1]逆着走向Path[0][0]来获取背包内物品。其中Path[0][]与Path[][0]为边界。同样，在打印路径的时候当Path[][]=1时，打印W[i]；Path[][]=0时i自减1.
&&&&&& 加入路径信息的伪代码如下：
F[0][] ← {0}
F[][0] ← {0}
Path[][] ← 0
for i←1 to N
do for k←1 to V
F[i][k] ← F[i-1][k]
if(k &= C[i] && F[i][k] & F[i][k-C[i]]+W[i])
then F[i][k] ← F[i][k-C[i]]+W[i]
Path[i][k] ← 1
return F[N][V] and Path[][]
打印背包内物品的伪代码如下：
while(i&0 && j&0)
do if(Path[i][j]=1)
then Print W[i]
优化空间复杂度为O（V）
&&&&&&& 和01背包问题一样，完全背包也可以用一维数组来保存数据。算法样式和01背包的很相似，唯一不同的是对V遍历时变为正序，而01背包为逆序。01背包中逆序是因为F[i][]只和F[i-1][]有关，且第i件的物品加入不会对F[i-1][]状态造成影响。而完全背包则考虑的是第i种物品的出现的问题，第i种物品一旦出现它势必应该对第i种物品还没出现的各状态造成影响。也就是说，原来没有第i种物品的情况下可能有一个最优解，现在第i种物品出现了，而它的加入有可能得到更优解，所以之前的状态需要进行改变，故需要正序。
状态方程为：
&&&&&&&&&& &&&& &&&&&&&&& (2-3)
伪代码如下：
for i←1 to N
do for k←C[i] to V
F[k] ← max(F[k],F[k-C[i]]+W[i])
return F[V]
&&&&&&& 具体背包中放入那些物品的求法和上面空间复杂度为O(NV)算法一样，用一个Path[][]记录背包信息。但这里面是当F[i]=F[i-C[i]]+W[i]时将Path置1.
&&&&&&& 伪代码如下：
F[0][] = {0}
F[][0] = {0}
Path[][] ← 0
for i←1 to N
do for k←C[i] to V
if(F[i] & F[k-C[i]]+W[i])
then F[i] ← F[k-C[i]]+W[i]
Path[i][k] ← 1
return F[N][V] and Path[][]
&&&&&&& 打印路径的伪代码和前面未压缩空间复杂度时的伪代码一样，这里不再重写。
&&&&&&&& 举例：表2-1为一个背包问题数据表，设背包容量为10根据上述解决方法可得到对应的F[i][j]如表2-2所示，最大价值即为F[6][10].
表2-1背包问题数据表
价值W
表2-2前i件物品选若干件放入空间为j的背包中得到的最大价值表
&下面针对前面提到的表2-1提供两种方法的测试代码：
#include &iostream&
#include &cstring&
#include &CreateArray.h&
//该头文件用于二维数组的创建及销毁，读者自己实现
//时间复杂度O(VN),空间复杂度为O(VN)
int Package02(int Weight[], int Value[], int nLen, int nCapacity)
int** Table = NULL;
int** Path = NULL;
CreateTwoDimArray(Table,nLen+1,nCapacity+1); //创建二维数组
CreateTwoDimArray(Path,nLen+1,nCapacity+1); //创建二维数组
for(int i = 1; i &= nL i++)
for(int j = 1; j &= nC j++)
Table[i][j] = Table[i-1][j];
if(j &= Weight[i-1] && Table[i][j] & Table[i][j-Weight[i-1]]+Value[i-1])
Table[i][j] = Table[i][j-Weight[i-1]]+Value[i-1];
Path[i][j]=1;
int i = nLen, j = nC
while(i & 0 && j & 0)
if(Path[i][j] == 1)
cout && Weight[i-1] && & &;
j -= Weight[i-1];
int nRet = Table[nLen][nCapacity];
DestroyTwoDimArray(Table,nLen+1); //销毁二维数组
DestroyTwoDimArray(Path,nLen+1); //销毁二维数组
//时间复杂度O(VN)，不考虑路径空间复杂度为O(V)，考虑路径空间复杂度为O(VN)
int Package02_Compress(int Weight[], int Value[], int nLen, int nCapacity)
int * Table = new int [nCapacity+1];
memset(Table,0,(nCapacity+1)*sizeof(int));
int** Path = NULL;
CreateTwoDimArray(Path,nLen+1,nCapacity+1);
//创建二维数组
for(int i = 0; i & nL i++)
for(int j = Weight[i]; j &=nC j++)
if(Table[j] & Table[j-Weight[i]]+Value[i])
Table[j] = Table[j-Weight[i]]+Value[i];
Path[i+1][j] = 1;
int i = nLen, j = nC
while(i & 0 && j & 0)
if(Path[i][j] == 1)
cout && Weight[i-1] && & &;
j -= Weight[i-1];
int nRet = Table[nCapacity];
DestroyTwoDimArray(Path,nLen+1); //销毁二维数组
delete [] T
测试代码：
int main()
int Weight[] = {3,2,5,1,6,4};
int Value[] =
{6,5,10,2,16,8};
int nCapacity = 10;
cout && Package02(Weight,Value,sizeof(Weight)/sizeof(int),nCapacity) &&
cout && Package02_Compress(Weight,Value,sizeof(Weight)/sizeof(int),nCapacity) &&
本文部分内容参考“背包九讲”
本文已收录于以下专栏：
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