求背包问题详解
是编程里的背包问题么
这里有dd大神的 背包九讲的一部分 LZ先凑合看下吧
P01: 01背包问题
题目
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[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
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]}
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]。
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(V)。
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[i][v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[i-1][v]和f[i-1][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：
for i=1..N
for v=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。
事实上，使用一维数组解01背包的程序在后面会被多次用到，所以这里抽象出一个处理一件01背包中的物品过程，以后的代码中直接调用不加说明。
过程ZeroOnePack，表示处理一件01背包中的物品，两个参数cost、weight分别表明这件物品的费用和价值。
procedure ZeroOnePack(cost,weight)
for v=V..cost
f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}
注意这个过程里的处理与前面给出的伪代码有所不同。前面的示例程序写成v=V..0是为了在程序中体现每个状态都按照方程求解了，避免不必要的思维复杂度。而这里既然已经抽象成看作黑箱的过程了，就可以加入优化。费用为cost的物品不会影响状态f[0..cost-1]，这是显然的。
有了这个过程以后，01背包问题的伪代码就可以这样写：
for i=1..N
ZeroOnePack(c[i],w[i]);
初始化的细节问题
我们看到的求最优解的背包问题题目中，事实上有两种不太相同的问法。有的题目要求“恰好装满背包”时的最优解，有的题目则并没有要求必须把背包装满。一种区别这两种问法的实现方法是在初始化的时候有所不同。
如果是第一种问法，要求恰好装满背包，那么在初始化时除了f[0]为0其它f[1..V]均设为-∞，这样就可以保证最终得到的f[N]是一种恰好装满背包的最优解。
如果并没有要求必须把背包装满，而是只希望价格尽量大，初始化时应该将f[0..V]全部设为0。
为什么呢？可以这样理解：初始化的f数组事实上就是在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。如果要求背包恰好装满，那么此时只有容量为0的背包可能被价值为0的nothing“恰好装满”，其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，它们的值就都应该是-∞了。如果背包并非必须被装满，那么任何容量的背包都有一个合法解“什么都不装”，这个解的价值为0，所以初始时状态的值也就全部为0了。
这个小技巧完全可以推广到其它类型的背包问题，后面也就不再对进行状态转移之前的初始化进行讲解。
小结
01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01背包问题求解。故一定要仔细体会上面基本思路的得出方法，状态转移方程的意义，以及最后怎样优化的空间复杂度。
首页
P02: 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[i]，价值是w[i]。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-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k*c[i]<=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已经不是常数了，求解状态f[i][v]的时间是O(v/c[i])，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。
一个简单有效的优化
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[i]=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得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。
这个优化可以简单的O(N^2)地实现，一般都可以承受。另外，针对背包问题而言，比较不错的一种方法是：首先将费用大于V的物品去掉，然后使用类似计数排序的做法，计算出费用相同的物品中价值最高的是哪个，可以O(V+N)地完成这个优化。这个不太重要的过程就不给出伪代码了，希望你能独立思考写出伪代码或程序。
转化为01背包问题求解
既然01背包问题是最基本的背包问题，那么我们可以考虑把完全背包问题转化为01背包问题来解。最简单的想法是，考虑到第i种物品最多选V/c[i]件，于是可以把第i种物品转化为V/c[i]件费用及价值均不变的物品，然后求解这个01背包问题。这样完全没有改进基本思路的时间复杂度，但这毕竟给了我们将完全背包问题转化为01背包问题的思路：将一种物品拆成多件物品。
更高效的转化方法是：把第i种物品拆成费用为c[i]*2^k、价值为w[i]*2^k的若干件物品，其中k满足c[i]*2^k<=V。这是二进制的思想，因为不管最优策略选几件第i种物品，总可以表示成若干个2^k件物品的和。这样把每种物品拆成O(log(V/c[i]))件物品，是一个很大的改进。
但我们有更优的O(VN)的算法。
O(VN)的算法
这个算法使用一维数组，先看伪代码：
for i=1..N
for v=0..V
f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}
你会发现，这个伪代码与P01的伪代码只有v的循环次序不同而已。为什么这样一改就可行呢？首先想想为什么P01中要按照v=V..0的逆序来循环。这是因为要保证第i次循环中的状态f[i][v]是由状态f[i-1][v-c[i]]递推而来。换句话说，这正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时，依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果f[i-1][v-c[i]]。而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第i种物品”这种策略时，却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果f[i][v-c[i]]，所以就可以并且必须采用v=0..V的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。
这个算法也可以以另外的思路得出。例如，基本思路中的状态转移方程可以等价地变形成这种形式：
f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i][v-c[i]]+w[i]}
将这个方程用一维数组实现，便得到了上面的伪代码。
最后抽象出处理一件完全背包类物品的过程伪代码，以后会用到：
procedure CompletePack(cost,weight)
for v=cost..V
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}
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。
以上是《背包九讲》的原话
可以算是最好的背包教程了 全文可以去百度文库查一下
三种基本背包问题
问题描述： 有n件物品和容量为m的背包 给出i件物品的重量以及价值 求解让装入背包的物品重量不超过背包容量 且价值最大 。 特点: 这是最简单的背包问题，特点是每个物品只有一件供你选择放还是不放。 ① 二维解法 设f[i][j]表示前 i 件物品 总重量不超过 j 的最大价值 可得出状态转移方程 f[i][j]=max{f[i-1][j-a[i]]+b[i], f[i-1][j]} 在一些情况下 题目的数据会很大 因此f数组不开到一定程度是没有办法ac。 ②一维解法 设f[j]表示重量不超过j公斤的最大价值 可得出状态转移方程 f[j]=max{f[j], f[j−a[i]]+b[i]} 问题描述： 有n件物品和容量为m的背包 给出i件物品的重量以及价值 求解让装入背包的物品重量不超过背包容量 且价值最大 。 特点： 题干看似与01一样 但它的特点是每个物品可以 无限选用 。 设f[j]表示重量不超过j公斤的最大价值 可得出状态转移方程 f[j] = maxj{f[j], f[j−a[i]]+b[i]} 问题描述： 有n件物品和容量为m的背包 给出i件物品的重量以及价值 还有数量 求解让装入背包的物品重量不超过背包容量 且价值最大 。 特点 ： 它与完全背包有类似点 特点是每个物品都有了 一定的数量 。 状态转移方程为： f[j] = max{f[j], f[j−k∗a[i]]+k∗b[i]} 题目一： 链接： https://leetcode-cn.com/problems/coin-change-2/ 力扣（LeetCode） 题目：给定不同面额的硬币和一个总金额。写出函数来计算可以凑成总金额的硬币组合数。假设每一种面额的硬币有无限个。
背包问题的背包问题
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-w[i]]+v[i] }。可以压缩空间，f[v]=max{f[v],f[v-w[i]]+v[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-w[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f [i-1][v-w[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值v[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f[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。 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(V）。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-w[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 -w[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-w[i]]保存的是状态f[i-1][v-c[i]]的值。伪代码如下：for i=1..Nfor v=V..0f[v]=max{f[v],f[v-w[i]]+v[i]};其中的f[v]=max{f[v],f[v-w[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-w[i]]}，因为的f[v-w[i]]就相当于原来的f[i-1][v-w[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-w[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。 //in.txt：5 10077 9222 2229 8750 4699 90//out.txt133//in.txt：8 20079 8358 1486 5411 7928 7262 5215 4868 62//out.txt334C动态规划算法的实现（完整代码） #include#includetypedefstruct{intobject;intweight;intvalue;}KnapSack;KnapSack*knapsack;//背包数组，用malloc或new动态创建intnum;//物体的个数intcontainer;//背包的最大容量int**array=NULL;//用来存放子问题的结果//动态创建背包voidCreate_KnapSack(){charc;printf(inputthenumberofobjects\n);scanf(%d,&num);knapsack=newKnapSack[num+1];printf(inputweightandvalueof%dobjects,like1:410\n,num);for(inti=1;i=knapsack[num].weight)?knapsack[num].value:0;//子问题的最优结果for(intm=num-1;m>0;m--)for(intn=0;nknapsack[m].weight&&array[m+1][n]=knapsack[num].weight)?1:0;returnused;}//用来输出被使用的物体及其相关值voidPrint_KnapSack(bool*used){printf(theobjectsusedasfollows:\n);for(inti=1;i=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体积高的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。完全背包还有另一种优化，代码如下： var p,t:array[1..10000] of integer;m,n:integer;min:longint;procedure init;var i:integer;beginreadln(m,n);min:=maxlongint;for i:=1 to n dobeginreadln(p[i],t[i]);if t[i]b then max:=a else max:=b;end;procedure work;var f:array[0..10000] of longint;i,j:longint;beginfillchar(f,sizeof(f),0);for i:=min to m dobeginf[i]:=f[i-1];for j:=1 to n doif i-t[j]>=0 then f[i]:=max(f[i],f[i-t[j]]+p[j]) else break;end;writeln(f[m]);end;begininit;qsort(1,n);work;end. 既然01背包问题是最基本的背包问题，那么我们可以考虑把完全背包问题转化为01背包问题来解。最简单的想法是，考虑到第i种物品最多选V/c 件，于是可以把第i种物品转化为V/c件体积及价值均不变的物品，然后求解这个01背包问题。这样完全没有改进基本思路的时间复杂度，但这毕竟给了我们将完全背包问题转化为01背包问题的思路：将一种物品拆成多件物品。更高效的转化方法是：把第i种物品拆成体积为c*2^k、价值为w*2^k的若干件物品，其中k满足c*2^k for i=1..N for v=0..V f[v]=max{f[v],f[v-c]+w};你会发现，这个伪代码与P01的伪代码只有v的循环次序不同而已。为什么这样一改就可行呢？首先想想为什么P01中要按照v=V..0的逆序来循环。这是因为要保证第i次循环中的状态f[v]是由状态f[v-c]递推而来。换句话说，这正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时，依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果f[v-c]。而完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第i种物品”这种策略时，却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果f[v-c]，所以就可以并且必须采用v= 0..V的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。这个算法也可以以另外的思路得出。例如，基本思路中的状态转移方程可以等价地变形成这种形式：f[v]=max{f[v],f[v-c]+w}，将这个方程用一维数组实现，便得到了上面的伪代码。 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(log n）种物品，将原问题转化为了复杂度为O(V*∑log n）的01背包问题，是很大的改进。 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：for i=1..Nif 第i件物品是01背包for v=V..0f[v]=max{f[v],f[v-c]+w};else if 第i件物品是完全背包for v=0..Vf[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(log n）个01背包的物品的方法也已经很优了。 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。 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kfor v=V..0for 所有的i属于组k （我觉得循环顺序应改成这样，大家可以看一下以前的版本自己判断）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”。 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。 NOIP2006的那道背包问题我做得很失败，写了上百行的代码，却一分未得。后来我通过思考发现通过引入“物品组”和“依赖”的概念可以加深对这题的理解，还可以解决它的推广问题。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。我想说：失败不是什么丢人的事情，从失败中全无收获才是。
背包问题的介绍
背包问题(Knapsack problem)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。
