动态规划之01背包问题
01背包问题
- 1. 【模板】01背包
- 2. 分割等和子集
- 3. 目标和
- 4. 最后一块石头的重量 II
01背包问题是一种动态规划问题，用于求解在有限容量的背包中装入最大价值的物品组合。具体步骤如下：
- 定义一个二维数组dp[i][j]，表示从前i个物品中选择若干个，放入容量为j的背包，能得到的最大价值。
- 初始化dp[0][j]和dp[i][0]为0，表示没有物品或者没有背包容量时，价值为0。遍历每个物品和每个背包容量，根据物品的重量和价值，更新dp[i][j]。有两种情况：1.如果物品i的重量大于背包容量j，那么不能放入，
dp[i][j] = dp[i-1][j]，即等于前i-1个物品的最大价值。 2.如果物品i的重量小于等于背包容量j，那么可以选择放入或者不放入，dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-w[i]] + v[i])，即取放入和不放入中的较大值。 - 最后返回dp[n][V]，即前n个物品放入容量为V的背包的最大价值。
二维表和DP数组在背包问题中都扮演着重要的角色，但它们各自的作用是不同的。
二维表：在背包问题中，我们通常使用二维表来记录子问题的解。二维表的大小通常为(m+1) × (W+1)，其中m是物品的数量，W是背包的容量。每个单元格表示对于给定的容量和物品集合，可以得到的最大价值。通过填充这个二维表，我们可以得到背包问题的最优解。
DP数组：DP数组是背包问题中最核心的部分，它用于存储每个状态的最优解。DP[i][j]代表当只有前i个物品，且背包容量为j时，可以得到的最大价值。通过填充DP数组，我们可以得到背包问题的最优解。
总的来说，二维表可以看作是DP数组的“地图”，它告诉我们应该如何填充DP数组以得到最优解。而DP数组则是实际计算最优解的地方。
1. 【模板】01背包
1.题目链接：【模板】01背包
2.题目描述：
你有一个背包，最多能容纳的体积是V。现在有n个物品，第i个物品的体积为vi ,价值为wi。
（1）求这个背包至多能装多大价值的物品？
（2）若背包恰好装满，求至多能装多大价值的物品？
输入描述：
第一行两个整数n和V，表示物品个数和背包体积。
接下来n行，每行两个数vi和wi，表示第i个物品的体积和价值。
1≤n,V,vi,wi ≤1000。
输出描述：
输出有两行，第一行输出第一问的答案，第二行输出第二问的答案，如果无解请输出0。
示例1
输入：
3 5
2 10
4 5
1 4
输出：14 9
说明：装第一个和第三个物品时总价值最大，但是装第二个和第三个物品可以使得背包恰好装满且总价值最大。
示例2
输入：
3 8
12 6
11 8
6 8
输出： 8 0
说明： 装第三个物品时总价值最大但是不满，装满背包无解。
3.问题分析：上题大概意思是对于每一个物品都有一个体积Vi和价值Wi，现在有一个背包体积为V，所以需要用两个一维数组将物品的体积和价值管理起来，然后求（1）求这个背包至多能装多大价值的物品？（2）若背包恰好装满，求至多能装多大价值的物品？ 然后就按上述解法进行状态表示，该dp[i][j]表示从前i个物品中选择若干个，放入容量为j的背包，能得到的最大价值。即脑海中想象出一个二维表，该表的横坐标表示的是背包的容量V，纵坐标表示的是背包中物品的总价值W。
- 状态表示：dp[i][j]表示从前i个物品中选择若干个，放入容量为j的背包，能得到的最大价值。
- 状态转移方程：（1）求这个背包至多能装多大价值的物品？对于每一个物品来说，它只有被选择和不被选择两种结果，而选择需要先判断背包的容量够不够，所以可以先处理不选择该物品，如果不选，那么
dp[i][j] = dp[i-1][j]；如果选择，则说明背包的容量可以大于该物品的体积，即j - v[i] >= 0，将该物品选择后，并且在（i-1）选择物品的前几个物品选择最大的价值，（这块如果想更好的理解，那么建议画一画dp数组）即dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-w[i]] + v[i])。（2）若背包恰好装满，求至多能装多大价值的物品？若背包恰好装满又该如何，那么就在加条件即可，对于第一问的dp表，可以将背包不满的位置设为-1，如果dp表某位置为-1，那么不选即可。 - 初始化：因为对于求 i，j 位置的值需要知道 i - 1，j - w[i]位置的值，根据以往的经验，可以多设置一行和一列，防止越界访问。对第一问来说，装不了的物品就dp位置设置为0，所以全部初始化为0即可。而对于第二问来说，没装满的位置设置为-1，所以需要细分一下：dp表的第一行表示的是背包的个数为0–n个，而物品的体积为0，所以除了0,0位置刚好装满其余没装满，即除了0,0位置为0，其余位置初始化为-1；dp表的第一列表示的是物品的体积为0，而背包的个数为0–n个，所以全初始化为0。
- 填表顺序：从左往右，从上到下依次填写。
- 返回值：返回dp[n][v]位置的值，第二问dp[n][v]可能是-1，所以在这判断一下，如果为-1，返回0。
4.代码如下：
#include 2. 分割等和子集
1.题目链接：分割等和子集
2.题目描述：
给你一个 只包含正整数 的 非空 数组 nums 。请你判断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。
示例 1：
输入：nums = [1,5,11,5]
输出：true
解释：数组可以分割成 [1, 5, 5] 和 [11] 。
示例 2：
输入：nums = [1,2,3,5]
输出：false
解释：数组不能分割成两个元素和相等的子集。
提示：
1 <= nums.length <= 200
1 <= nums[i] <= 100
3.题目分析：这道题是将一个数组分割成两个子集，使得两个子集的元素和相等。可以这样转换一下，将这个数组求和，然后除以2求出数组的分割成两个子集的和，接下来就是在nums数组中选择一些数，使得这些被选数的和刚好等于数组总和的一半。这样这道题就是一个01背包问题。
- 状态表示：dp[i][j]表示选择前i个数中的某些值，这些数的和刚好为j。
- 状态转移方程：对于dp表的i，j位置的数来说，可能有选和不选两种结果，如果不选，那么
dp[i][j] = dp[i - 1][j]；如果选的话，那么需要判断背包所剩的空间够不够选这个数，这个数在第i个位置，有j个空间，体积为nums[i]，即 j > nums[i]，那么dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - nums[i]]); - 初始化：和上述第二问一样，就不在解释了。
- 填表顺序：从左往右，从上到下依次填写。
- 返回值：如果dp[n][v]=-1，返回false，否则返回true。
4.代码如下：
class Solution
{
public:
bool canPartition(vector<int>& nums)
{
int n = nums.size();
int sum = 0;
for (auto& x : nums)
sum += x;
if (sum % 2 == 1)
return false;
int v = sum / 2;
vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(v + 1));
for (int j = 1; j <= v; ++j) // 初始化
dp[0][j] = -1;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
for (int j = 1; j <= v; ++j)
{
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
if (j >= nums[i - 1] && dp[i - 1][j - nums[i - 1]] != -1) // nums[i - 1]是因为增加了一行和一列，nums要对应dp的关系，所以i-1
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - nums[i - 1]]);
}
}
if (dp[n][v] != -1)
return true;
else
return false;
}
};
3. 目标和
1.题目链接：目标和
2.题目描述：
给你一个非负整数数组 nums 和一个整数 target 。
向数组中的每个整数前添加 ‘+’ 或 ‘-’ ，然后串联起所有整数，可以构造一个 表达式 ：
例如，nums = [2, 1] ，可以在 2 之前添加 ‘+’ ，在 1 之前添加 ‘-’ ，然后串联起来得到表达式 “+2-1”。
返回可以通过上述方法构造的、运算结果等于 target 的不同。
示例 1：
输入：nums = [1,1,1,1,1], target = 3
输出：5
解释：一共有 5 种方法让最终目标和为 3 。
-1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 3
+1 - 1 + 1 + 1 + 1 = 3
+1 + 1 - 1 + 1 + 1 = 3
+1 + 1 + 1 - 1 + 1 = 3
+1 + 1 + 1 + 1 - 1 = 3
示例 2：
输入：nums = [1], target = 1
输出：1
提示：
1 <= nums.length <= 20
0 <= nums[i] <= 1000
0 <= sum(nums[i]) <= 1000
-1000 <= target <= 1000
3.问题分析：我们需要给数组中的数添加正负号，使得它们的和等于所给的target，对于每一个数来说有正有负，那么每多一个数，就会多2^n中可能，所以不好暴力求解。但我们将nums中的正数、负数分别看作一部分，设为a，b，那么a + b = sum；a - b = target，可以算出a = (sum + target) / 2，那么是不是就可以看作是在nums数组中找一些数，使得这些数的和为a(即带正号的数)，这样这道题就和上道题基本一致了。
- 状态表⽰：dp[i][j] 表⽰：在前 i 个数中选，总和正好等于 j ，⼀共有多少种选法。
- 状态转移⽅程：根据最后⼀个位置的元素，有选择最后⼀个元素或者不选择最后⼀个元素两种策略：1. 不选 nums[i] ： dp[i][j] = dp[i - 1][j] ；2. 选择 nums[i] ：这种情况下是有前提条件的，此时的 nums[i] 应该是⼩于等于j 。因为如果这个元素都⽐要凑成的总和⼤，选择它就没有意义呀。那么我们能够凑成总和为j 的⽅案数，就要看在前 i - 1 个元素中选，能否凑成总和为 j - nums[i] 。根据状态表⽰，此时dp[i][j] = dp[i - 1][j - nums[i]]。
- 初始化：由于需要⽤到上⼀⾏的数据，因此可以先把第⼀⾏初始化。第⼀⾏表⽰不选择任何元素，要凑成⽬标和 j 。只有0，0符合要求，所以第⼀⾏仅需初始化第⼀个元素 dp[0][0] = 1 。
- 填表顺序：
根据「状态转移⽅程」，我们需要「从上往下」填写每⼀⾏，每⼀⾏的顺序是「⽆所谓的」。 - 返回值：返回 dp[n][a] 的值。其中n 表⽰数组的⼤⼩， a表⽰要凑的⽬标和。
4.代码如下：
class Solution
{
public:
int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int target)
{
int n = nums.size();
int sum = 0;
for (auto& x : nums)
sum += x;
int v = (sum + target) / 2;
if (v < 0 || (sum + target) % 2)
return 0;
vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(v + 1));
dp[0][0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) // 填表
for(int j = 0; j <= v; j++)
{
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
if(j >= nums[i - 1])
dp[i][j] += dp[i - 1][j - nums[i - 1]];
}
// 返回结果
return dp[n][v];
}
};
4. 最后一块石头的重量 II
1.题目链接：最后一块石头的重量 II
2.题目描述：
有一堆石头，用整数数组 stones 表示。其中 stones[i] 表示第 i 块石头的重量。
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 1：
输入：stones = [2,7,4,1,8,1]
输出：1
解释： 组合 2 和 4，得到 2，所以数组转化为 [2,7,1,8,1]，组合 7 和 8，得到 1，所以数组转为 [2,1,1,1]， 组合 2 和 1，得到 1，所以数组转化为 [1,1,1]， 组合 1 和1，得到 0，所以数组转化为 [1]，这就是最优值。
示例 2：
输入：stones = [31,26,33,21,40]
输出：5
提示：
1 <= stones.length <= 30
1 <= stones[i] <= 100
3.问题分析：将石头两两进行粉碎，两两粉碎也就是找两个数进行相减，将相减的数看作两部分，sum记为所有数的和，要使得这两部分的数尽可能的相等，那么是不是就是在所有数中，尽可能找一些数使得它们的和接近于sum的一半，这样就可以看作有一个背包，容量为sum / 2，尽可能将sum装满即可。
4.代码如下：
class Solution
{
public:
int lastStoneWeightII(vector<int>& stones)
{
int n = stones.size();
int sum = 0;
for (auto& x : stones)
sum += x;
int v = sum / 2;
vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(v + 1));
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
for (int j = 0; j <= v; ++j)
{
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
if (j >= stones[i - 1])
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - stones[i - 1]] + stones[i - 1]);
}
}
return sum - 2 * dp[n][v];
}
};