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背包问题代码



01背包

  有n件物品和一个最多能背重量为 w 的背包。第i件物品的重量是weight[i],得到的价值是value[i] 。每件物品只能用一次,求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。

  • 背包问题的理论基础重中之重是0-1背包
  • 完全背包也是01背包稍作变化而来,即:完全背包的物品数量是无限的。

暴力求解
  每一件物品其实只有两个状态,取或者不取,所以可以使用回溯法搜索出所有的情况,那么时间复杂度就是,这里的n表示物品数量。

所以暴力的解法是指数级别的时间复杂度。进而才需要动态规划的解法来进行优化!

下述都以该背包数据为例:

重量价值物品0115物品1320物品2430

1. 确定dp数组以及下标的含义

dp[i][j]: 表示从下标为[0-i]的物品里任意取,放进容量为 j 的背包,价值总和最大是多少

2. 确定递推公式

这里我们dp[1][4]的状态来举例:

求取 dp[1][4] 有两种情况:

  • 放物品1
  • 还是不放物品1

如果不放物品1, 那么背包的价值应该是 dp[0][4] 即 容量为4的背包,只放物品0的情况,推导方向如图:


如果放物品1, 那么背包要先留出物品1的容量,目前容量是4,物品1 的容量(就是物品1的重量)为3,此时背包剩下容量为1。

容量为1,只考虑放物品0 的最大价值是 dp[0][1],这个值我们之前就计算过。

所以 放物品1 的情况 = dp[0][1] + 物品1 的价值,推导方向如图:

以上过程,抽象化如下:

  • 不放物品 i:背包容量为j,里面不放物品i的最大价值是
     
  • 放物品 i:背包空出物品i的容量后,背包容量为 , 为背包容量为 且不放物品i的最大价值,那么 (物品i的价值),就是背包放物品i得到的最大价值
    递归公式:
     

3. dp数组初始化

1. 如果背包容量 j 为0的话,即dp[i][0],无论是选取哪些物品,背包价值总和一定为0。如图:

2. 再看状态转移方程 dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); 可以看出i 是由 i-1 推导出来,那么 i 为0的时候就一定要初始化。

dp[0][j],即:i 为 0,存放编号0的物品的时候,各个容量的背包所能存放的最大价值:

  • 那么很明显当 的时候,dp[0][j] 应该是 0,因为背包容量比编号0的物品重量还小。
  • 当 时,dp[0][j] 应该是 value[0],因为背包容量放足够放编号0物品。

此时dp数组初始化情况如图所示:

程序实现:

 

3. 其他 do[i][j] 数据初始化,从递归公式 dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); 可以看出dp[i][j] 是由左上方数值推导出来了,那么 其他下标初始为什么数值都可以,因为都会被覆盖,这里统一初始化为0,更方便。


最后统一优化初始化代码如下:

 

4. 确定遍历顺序

在如下图中,可以看出,有两个遍历的维度:物品与背包重量


那么是 先遍历物品还是先遍历背包重量呢?

其实都可以!! 但是先遍历物品更好理解。

通过递推公式看出,dp[i][j] 只与 dp[i-1][j] 和 dp[i - 1][j - weight[i]] 有关,并且都在dp[i][j]的左上角方向(包括正上方向)

那么先遍历物品,再遍历背包的过程如图所示:

 


先遍历背包,再遍历物品,如图:

 


  可以看出,虽然两个for循环遍历的次序不同,但是dp[i][j]所需要的数据就是左上角,根本不影响 dp[i][j] 公式的推导,但先遍历物品再遍历背包这个顺序更好理解。

其实背包问题里,两个for循环的先后循序是非常有讲究的

  其实对于二维数组中的递推公式中可以看出,当前层结果只与上一层的结果有关,因此可以把二维数据dp降阶为一维数组dp。

  • 其实可以发现如果把dp[i - 1]那一层拷贝到dp[i]上,表达式完全可以是:dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][j - weight[i]] + value[i]);
  • 与其把dp[i - 1]这一层拷贝到dp[i]上,不如只用一个一维数组了,只用dp[j]
  • dp[i][j] 表示从下标为[0-i]的物品里任意取,放进容量为j的背包,价值总和最大是多少。

1. 确定dp数组以及下标的含义
dp[j] : 容量为 j 的背包,所背的物品价值可以最大为dp[j]。

2. 确定一维递推公式

二维dp数组的递推公式为:

 

所以在 上面递推公式的基础上,去掉 i 这个维度就好。

递推公式为:

 

以下为分析:

  • dp[j]为 容量为j的背包所背的最大价值。
  • dp[j]可以通过dp[j - weight[i]]推导出来,dp[j - weight[i]]表示容量为j - weight[i]的背包所背的最大价值。
  • dp[j - weight[i]] + value[i] 表示 容量为 [j - 物品i重量] 的背包 加上 物品i的价值。(也就是容量为j的背包,放入物品i了之后的价值即:dp[j])
  • 此时dp[j]有两个选择,一个是取自己dp[j] 相当于 二维dp数组中的dp[i-1][j],即不放物品i,一个是取dp[j - weight[i]] + value[i],即放物品i,指定是取最大的。

所以递归公式为:

 

可以看出相对于二维dp数组的写法,就是把dp[i][j]中i的维度去掉了。

3. 确定一维dp数组的初始化

  • dp[j]表示:容量为j的背包,所背的物品价值可以最大为dp[j],那么dp[0]就应该是0,因为背包容量为0所背的物品的最大价值就是0
  • 根据递推公式,dp数组在推导的时候一定是取价值最大的数,如果题目给的价值都是正整数那么非0下标都初始化为0就可以了
  • 这样才能让dp数组在递归公式的过程中取的最大的价值,而不是被初始值覆盖

4. 一维dp数组的遍历顺序

 

遍历顺序问题:

倒序遍历是为了保证物品i只被放入一次!。但如果一旦正序遍历了,那么物品0就会被重复加入多次!

举一个例子
物品0的重量weight[0] = 1,价值value[0] = 15

正序遍历

 

此时dp[2]就已经是30了,意味着物品0,被放入了两次,所以不能正序遍历。

为什么倒序遍历,就可以保证物品只放入一次呢?

倒序就是先算dp[2]

 

所以从后往前循环,每次取得状态不会和之前取得状态重合,这样每种物品就只取一次了。

那么问题又来了,为什么二维dp数组遍历的时候不用倒序呢?
因为对于二维dp,dp[i][j]都是通过上一层即dp[i - 1][j]计算而来,本层的dp[i][j]并不会被覆盖!

遍历先后问题:
再来看看两个嵌套for循环的顺序,代码中是先遍历物品嵌套遍历背包容量,那可不可以先遍历背包容量嵌套遍历物品呢?

不可以交换遍历先后

因为一维dp的写法,背包容量一定是要倒序遍历(原因上面已经讲了),如果遍历背包容量放在上一层,那么每个dp[j]就只会放入一个物品,即:背包里只放入了一个物品。

思考:

  • 为什么一维数组dp两个for循环的嵌套顺序这么写?反过来写行不行?二维反过来行不行?
  • 讲一讲一维数组dp和二维数据dp的初始化的逻辑。
  • 为什么一维数据遍历背包时候为逆序遍历?为什么二维数组dp可以顺序遍历?

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给定一个只包含正整数的非空数组。是否可以将这个数组分割成两个子集,使得两个子集的元素和相等。

注意: 每个数组中的元素不会超过 100 数组的大小不会超过 200

示例 1:
输入: [1, 5, 11, 5]
输出: true
解释: 数组可以分割成 [1, 5, 5] 和 [11].

思路:

  • 本题是要找是否可以将这个数组分割成两个子集,使得两个子集的元素和相等,为 sum / 2
  • 转化为背包问题:有若干种物品,能否将大小为 sum / 2 的背包装满
  • 背包中商品的重量为元素的值,价值也为元素的值
  • 若sum为奇数一定不能拆分

动态规划五部曲:

  • dp[j]含义: 容量为 j 的背包,所背商品的最大重量为dp[j]
  • 确定递推公式:
     
  • dp数组初始化: dp[0] = 0; 其他数据也初始化为0,这样才能让dp数组在递推的过程中取得最大的价值,而不是被初始值覆盖了, 代码如下:
     
  • 确定遍历顺序: 先物品后背包,物品顺序,背包逆序
     
  • 举例推导dp数组

    dp[j]的数值一定是小于等于j的,如果dp[j] == j 说明,集合中的子集总和正好可以凑成总和j,理解这一点很重要。

程序实现:

 

这道题目就是一道01背包应用类的题目,需要我们拆解题目,然后套入01背包的场景。

01背包相对于本题,主要要理解,题目中物品是nums[i],重量是nums[i],价值也是nums[i],背包体积是sum/2。

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有一堆石头,每块石头的重量都是正整数。

每一回合,从中选出任意两块石头,然后将它们一起粉碎。假设石头的重量分别为 x 和 y,且 x <= y。那么粉碎的可能结果如下:

如果 x == y,那么两块石头都会被完全粉碎;

如果 x != y,那么重量为 x 的石头将会完全粉碎,而重量为 y 的石头新重量为 y-x。

最后,最多只会剩下一块石头。返回此石头最小的可能重量。如果没有石头剩下,就返回 0。

示例:
输入:[2,7,4,1,8,1]
输出:1

提示:

  • 1 <= stones.length <= 30
  • 1 <= stones[i] <= 1000

思路

  • 本题其实就是尽量让石头分成重量相同的两堆,相撞之后剩下的石头最小,这样就化解成01背包问题了
  • 这就与上述的 分割等和子集就十分相似了,本题物品的重量为stones[i],物品的价值也为stones[i]。

动态规划五部曲:

  • dp[j]含义: dp[j]表示容量为 j 的背包,最多可以背最大重量为dp[j]。
  • 确定递推公式:
     
  • dp数组初始化: dp[0] = 0,其他数据也为0,防止max时初始化覆盖实际的dp[j],代码为:
     
  • 确定遍历顺序: 同上述一致,在遍历一维dp数组时,先物品后背包,物品顺序,背包逆序
     
  • 举例推导dp数组: 举例,输入:[2,4,1,1],此时target = (2 + 4 + 1 + 1)/2 = 4 ,dp数组状态图如下:


最后dp[target]里是容量为target的背包所能背的最大重量。

那么分成两堆石头,一堆石头的总重量是dp[target],另一堆就是sum - dp[target]。

在计算target的时候,target = sum / 2 因为是向下取整,所以sum - dp[target] 一定是大于等于dp[target]的。

那么相撞之后剩下的最小石头重量就是

程序实现:

 

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给定一个非负整数数组,a1, a2, …, an, 和一个目标数S。现在你有两个符号 + 和 -。对于数组中的任意一个整数,你都可以从 + 或 -中选择一个符号添加在前面。

返回可以使最终数组和为目标数 S 的所有添加符号的方法数。

示例:
输入:nums: [1, 1, 1, 1, 1], S: 3
输出:5

提示:

  • 数组非空,且长度不会超过 20 。
  • 初始的数组的和不会超过 1000 。
  • 保证返回的最终结果能被 32 位整数存下。

思路:

  • 结果为target,设所有添 ‘+’ 的和为left,添 ‘-’ 的和为 right,则有 left - right = target,同时有 left + right = sum,则有 left = (target + sum) / 2;
  • 此时问题就是在集合nums中找出和为left(bagSize)的组合有几种

动态规划五部曲:

  • dp[j]含义: 填满 j 这么大容积的包,有dp[j]种方法
  • 确定递推公式:
    • 在不考虑nums[i]的情况下,装满容量为 j - nums[i] 的背包,有 dp[j - nums[]i] 种方法。
    • 那么只要找到nums[i],凑成dp[j] 既有dp[j - nums[i]]种方法。
      • 若已有1,则需要dp[4]种方法凑成dp[5]
      • 若已有2,则需要dp[3]种方法凑成dp[5]
      • 若已有3,则需要dp[2]种方法凑成dp[5]
      • 若已有4,则需要dp[1]种方法凑成dp[5]
      • 若已有5,则需要dp[0]种方法凑成dp[5]
    • 把这些方法累加起来得到装满容量为5的背包,即
       

      这个公式在后面在讲解背包解决排列组合问题的时候还会用到!

      不理解的时候对比不同路径题目的找路径方法进行对比

  • dp数组初始化: 从递推公式看出,dp[0] = 1; 因为dp[0] 是一切递推结果的起源,如果dp[0] = 0; 则递推结果都是0。
  • 确定遍历顺序: 先物品后背包,物品顺序背包逆序
     
  • 举例推导dp数组: 输入:nums: [1, 1, 1, 1, 1], target: 3

程序实现:

 

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给你一个二进制字符串数组 strs 和两个整数 m 和 n 。

请你找出并返回 strs 的最大子集的大小,该子集中 最多 有 m 个 0 和 n 个 1 。

如果 x 的所有元素也是 y 的元素,集合 x 是集合 y 的 子集 。

示例:
输入:strs = [“10”, “0001”, “”, “1”, “0”], m = 5, n = 3
输出:4
解释:最多有 5 个 0 和 3 个 1 的最大子集是 {“10”,“0001”,“1”,“0”} ,因此答案是 4

提示:

  • 1 <= strs.length <= 600
  • 1 <= strs[i].length <= 100
  • strs[i] 仅由 ‘0’ 和 ‘1’ 组成
  • 1 <= m, n <= 100

这道题目,还是比较难的

动态规划五部曲:
1. dp[j]含义: 最多有 i 个0和 j 个1的strs的最大子集的大小为dp[i][j]。

2. 确定递推公式: dp[i][j] 可以由前一个strs里的字符串推导出来,strs里的字符串有zeroNum个0,oneNum个1。

  • dp[i][j] 就可以是 dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1
  • 在遍历过程中,取dp[i][j]的最大值。
     
  • 对比一维递推公式:
     
  • 对比发现,字符串的zeroNum和oneNum相当于物品的重量(weight[i]),字符串本身的个数相当于物品的价值(value[i])。
  • 这就是一个典型的01背包! 只不过物品的重量有了两个维度而已。

3. dp数组初始化: dp[0] = 0, 其他数据也为0,防止在max时覆盖实际值

4. 确定遍历顺序: 讲到了01背包一定是外层for循环遍历物品,内层for循环遍历背包容量且从后向前遍历!那么本题也是,物品就是strs里的字符串,背包容量就是题目描述中的m和n。

 

5. 举例推导dp数组: 以输入:[“10”,“0001”,“”,“1”,“0”],m = 3,n = 3为例,最后dp数组的状态如下所示:


程序实现:

 
  • 纯 0 - 1 背包是求给定背包容量装满背包的最大价值是多少。
  • 分割等和子集是求给定背包容量,能不能装满这个背包。
  • 最后一块石头的重量 II是求给定背包容量,尽可能装,最多能装多少
  • 目标和是求给定背包容量,装满背包有多少种方法。
  • 一和零是求给定背包容量,装满背包最多有多少个物品。

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