算法训练Day43&44&45
2023年4月14日
#分割等和子集 416. 分割等和子集 - 力扣（LeetCode）
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
这道题的思路跟正数拆分有异曲同工之妙，但其实并不完全是，这道题给我的第一感觉是能采用回溯算法的思路解决该问题，但是转念一想，感觉并不是那么合适，因为求的是两个和相等的子集，相当于我在树中要遍历完，并且最终可能只有一个结果，即树叶节点符合，所以依然采用动态规划。
动态规划的思路就是五部曲，首先是dp[i]的实际意义：代表的是背包总容量为i时，背包的最大价值是dp[i]，因为本题中每一个元素的数值既是重量，也是价值。其次是递推公式，这道题特殊的一点就是每一个元素的数值不仅是重量，也是价值，因为这样才能往01背包问题上靠。dp[j] = max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i])。再者就是初始化，很明显要全部赋值为0，因为这样在更新的时候才能把数进行覆盖，综上所述，整个的代码如下
class Solution {
public:
bool canPartition(vector& nums) {
int sum = 0;
// dp[i]中的i表示背包内总和
// 题目中说：每个数组中的元素不会超过 100，数组的大小不会超过 200
// 总和不会大于20000，背包最大只需要其中一半，所以10001大小就可以了
vector dp(10001, 0);
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
sum += nums[i];
}
// 也可以使用库函数一步求和
// int sum = accumulate(nums.begin(), nums.end(), 0);
if (sum % 2 == 1) return false;
int target = sum / 2;
// 开始 01背包
for(int i = 0; i < nums.size(); i++) {
for(int j = target; j >= nums[i]; j--) { // 每一个元素一定是不可重复放入，所以从大到小遍历
dp[j] = max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]);
}
}
// 集合中的元素正好可以凑成总和target
if (dp[target] == target) return true;
return false;
}
}; #最后一块石头的重量II 1049. 最后一块石头的重量 II - 力扣（LeetCode）
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。
这道题第一次做没有什么思路，经过学习后发现，这道题可以采用动态规划的思路，跟上面的那道题思路差不多，我尽量让石头分成重量相等的两堆，这样碰撞完后所剩的重量就是最小的。跟上面那道题的将一个集合分成两个和相等的集合是一样的
class Solution {
public:
int lastStoneWeightII(vector& stones) {
vector dp(15001, 0);
int sum = 0;
for (int i = 0; i < stones.size(); i++) sum += stones[i];
int target = sum / 2;
for (int i = 0; i < stones.size(); i++) { // 遍历物品
for (int j = target; j >= stones[i]; j--) { // 遍历背包
dp[j] = max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i]);
}
}
return sum - dp[target] - dp[target];
}
}; #目标和 494. 目标和 - 力扣（LeetCode）
首先给出采用回溯算法的思路的解法
class Solution {
private:
vector> result;
vector path;
void backtracking(vector& candidates, int target, int sum, int startIndex) {
if (sum == target) {
result.push_back(path);
}
// 如果 sum + candidates[i] > target 就终止遍历
for (int i = startIndex; i < candidates.size() && sum + candidates[i] <= target; i++) {
sum += candidates[i];
path.push_back(candidates[i]);
backtracking(candidates, target, sum, i + 1);
sum -= candidates[i];
path.pop_back();
}
}
public:
int findTargetSumWays(vector& nums, int S) {
int sum = 0;
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) sum += nums[i];
if (S > sum) return 0; // 此时没有方案
if ((S + sum) % 2) return 0; // 此时没有方案，两个int相加的时候要各位小心数值溢出的问题
int bagSize = (S + sum) / 2; // 转变为组合总和问题，bagsize就是要求的和
// 以下为回溯法代码
result.clear();
path.clear();
sort(nums.begin(), nums.end()); // 需要排序
backtracking(nums, bagSize, 0, 0);
return result.size();
}
}; 假设加法的总和为x，那么减法对应的总和就是sum - x。
所以我们要求的是 x - (sum - x) = target
x = (target + sum) / 2
此时问题就转化为，装满容量为x的背包，有几种方法。
首先是对dp[j]的意义进行规定：dp[j] 表示：填满j（包括j）这么大容积的包，有dp[j]种方法
然后是递推公式
dp[j] += dp[j - nums[i]]整个的代码如下
class Solution {
public:
int findTargetSumWays(vector& nums, int S) {
int sum = 0;
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) sum += nums[i];
if (abs(S) > sum) return 0; // 此时没有方案
if ((S + sum) % 2 == 1) return 0; // 此时没有方案
int bagSize = (S + sum) / 2;
vector dp(bagSize + 1, 0);
dp[0] = 1;
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
for (int j = bagSize; j >= nums[i]; j--) {
dp[j] += dp[j - nums[i]];
}
}
return dp[bagSize];
}
};
#一和零 474. 一和零 - 力扣（LeetCode）
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 。
简单来说，就是给定你1和0的总个数，你需要在二进制字符串中进行选择，选择符合条件的最多的子集数。
1.确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[i][j]：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。
然后我们在遍历的过程中，取dp[i][j]的最大值。
所以递推公式：dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1);
此时可以回想一下01背包的递推公式：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
对比一下就会发现，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。
class Solution {
public:
int findMaxForm(vector& strs, int m, int n) {
vector> dp(m + 1, vector (n + 1, 0)); // 默认初始化0
for (string str : strs) { // 遍历物品
int oneNum = 0, zeroNum = 0;
for (char c : str) {
if (c == '0') zeroNum++;
else oneNum++;
}
for (int i = m; i >= zeroNum; i--) { // 遍历背包容量且从后向前遍历！
for (int j = n; j >= oneNum; j--) {
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1);
}
}
}
return dp[m][n];
}
}; #完全背包
完全背包就是一个物品可以被使用多次，也就是说背包里可以有很多个相同的物品，这一点就是跟01背包不一样的地方。01背包只能一个物品用一次，但是完全背包就是一个物品用多次。相应的，在使用滚动数组的情况下，01背包的内层循环是倒序遍历，就是为了能一个物品只被使用一次，所以当我用完全背包的时候，就需要一个物品使用多次，从而内层循环变为了正序遍历。
// 先遍历物品，在遍历背包
void test_CompletePack() {
vector weight = {1, 3, 4};
vector value = {15, 20, 30};
int bagWeight = 4;
vector dp(bagWeight + 1, 0);
for(int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
for(int j = weight[i]; j <= bagWeight; j++) { // 遍历背包容量
dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
}
}
cout << dp[bagWeight] << endl;
}
int main() {
test_CompletePack();
} 与01背包不同的是，完全背包的滚动数组可以交换两个for循环的顺序
// 先遍历背包，再遍历物品
void test_CompletePack() {
vector weight = {1, 3, 4};
vector value = {15, 20, 30};
int bagWeight = 4;
vector dp(bagWeight + 1, 0);
for(int j = 0; j <= bagWeight; j++) { // 遍历背包容量
for(int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
if (j - weight[i] >= 0) dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
}
}
cout << dp[bagWeight] << endl;
}
int main() {
test_CompletePack();
} #零钱兑换II 518. 零钱兑换 II - 力扣（LeetCode）
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。
这道题一眼完全背包的典型问题，但是先钱币再总金额还是先总金额再钱币是不一样的。如果是先钱币再总金额的话就是跟背包问题一模一样，就是取的是组合；而先总金额再钱币就是排列了。为什么呢?当我先遍历钱币再遍历总金额的时候，我的钱币只会被遍历一次，虽然我是总金额在从0-target一直变化，但是我的钱币至始至终只遍历了一次。而先总金额再钱币的情况下，我的钱币就会被遍历多次，也就是说会出现钱币组合为{a，b}和{b，a}的情况，但是我们算的时候这两个是只算一次的，这么一分析，那遍历顺序就只能是先钱币后总金额了
那么很明显，递推式就是dp[j] += dp[j - coins[i]]，dp[j]是指凑成总金额j的货币组合数为dp[j]，就是我如果要凑总金额是5的话，我手里有一个1，那么我就需要取找dp[4]，将两个相加就能得到dp[5]，所以递推公式是这样的
class Solution {
public:
int change(int amount, vector& coins) {
vector dp(amount + 1, 0);
dp[0] = 1;
for (int i = 0; i < coins.size(); i++) { // 遍历物品
for (int j = coins[i]; j <= amount; j++) { // 遍历背包
dp[j] += dp[j - coins[i]];
}
}
return dp[amount];
}
}; #组合总和 Ⅳ 377. 组合总和 Ⅳ - 力扣（LeetCode）
给定一个由正整数组成且不存在重复数字的数组，找出和为给定目标正整数的组合的个数。
这道题有一个坑，尽管说的是让求组合，但是又说顺序不同算作新的组合，那其实就是求排列，那求排列就需要注意遍历顺序了。那就需要先遍历target，再遍历nums了
dp[i]: 凑成目标正整数为i的排列个数为dp[i]
class Solution {
public:
int combinationSum4(vector& nums, int target) {
vector dp(target + 1, 0);
dp[0] = 1;
for (int i = 0; i <= target; i++) { // 遍历背包
for (int j = 0; j < nums.size(); j++) { // 遍历物品
if (i - nums[j] >= 0 && dp[i] < INT_MAX - dp[i - nums[j]]) {
dp[i] += dp[i - nums[j]];
}
}
}
return dp[target];
}
}; #爬楼梯 70. 爬楼梯 - 力扣（LeetCode）
假设你正在爬楼梯。需要 n 阶你才能到达楼顶。
每次你可以爬 1 或 2 个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？
这道题本来是斐波那契数列的简单应用，也是动态规划的简单应用，当时说的是dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]，很明显是由递推公式推出结果，学完完全背包问题后，再看这个题，很明显也是一个完全背包的有关问题，也就是“装满容量为j的背包有多少种方法”，那么这道题的递推公式就是dp[i] += dp[i - j]，同时遍历顺序就是先遍历背包大小，再遍历方法，其中背包大小就是台阶数，方法就是“面值分别为1和2”的两种“硬币”
class Solution {
public:
int climbStairs(int n) {
vector dp(n + 1, 0);
dp[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) { // 遍历背包
for (int j = 1; j <= m; j++) { // 遍历物品
if (i - j >= 0) dp[i] += dp[i - j];
}
}
return dp[n];
}
}; #零钱兑换 322. 零钱兑换 - 力扣（LeetCode）
给定不同面额的硬币 coins 和一个总金额 amount。编写一个函数来计算可以凑成总金额所需的最少的硬币个数。如果没有任何一种硬币组合能组成总金额，返回 -1。
你可以认为每种硬币的数量是无限的。
这道题是上面那道题的“反过来”，上面那道题说的是由硬币装总金额，有多少种方法，而这道题问装总金额后的最少硬币个数，但本质上都是无限个硬币，所以还是完全背包问题
首先是下标含义，dp[j]：凑足总额为j所需钱币的最少个数为dp[j]，递推公式就是dp[j] = min(dp[j - coins[i]] + 1, dp[j])，凑足总额为j - coins[i]的最少个数为dp[j - coins[i]]，那么只需要加上一个钱币coins[i]即dp[j - coins[i]] + 1就是dp[j]（考虑coins[i]）
所以dp[j] 要取所有 dp[j - coins[i]] + 1 中最小的。
考虑到递推公式的特性，dp[j]必须初始化为一个最大的数，否则就会在min(dp[j - coins[i]] + 1, dp[j])比较的过程中被初始值覆盖。
所以下标非0的元素都是应该是最大值。
class Solution {
public:
int coinChange(vector& coins, int amount) {
vector dp(amount + 1, INT_MAX);
dp[0] = 0;
for (int i = 0; i < coins.size(); i++) { // 遍历物品
for (int j = coins[i]; j <= amount; j++) { // 遍历背包
if (dp[j - coins[i]] != INT_MAX) { // 如果dp[j - coins[i]]是初始值则跳过
dp[j] = min(dp[j - coins[i]] + 1, dp[j]);
}
}
}
if (dp[amount] == INT_MAX) return -1;
return dp[amount];
}
}; 对于本题来说，两个for改变顺序也是可以的
class Solution {
public:
int coinChange(vector& coins, int amount) {
vector dp(amount + 1, INT_MAX);
dp[0] = 0;
for (int i = 1; i <= amount; i++) { // 遍历背包
for (int j = 0; j < coins.size(); j++) { // 遍历物品
if (i - coins[j] >= 0 && dp[i - coins[j]] != INT_MAX ) {
dp[i] = min(dp[i - coins[j]] + 1, dp[i]);
}
}
}
if (dp[amount] == INT_MAX) return -1;
return dp[amount];
}
}; #完全平方数 279. 完全平方数 - 力扣（LeetCode）
给定正整数 n，找到若干个完全平方数（比如 1, 4, 9, 16, ...）使得它们的和等于 n。你需要让组成和的完全平方数的个数最少。
给你一个整数 n ，返回和为 n 的完全平方数的最少数量。
完全平方数 是一个整数，其值等于另一个整数的平方；换句话说，其值等于一个整数自乘的积。例如，1、4、9 和 16 都是完全平方数，而 3 和 11 不是。
这也是一道完全背包问题的翻版，我发现一个规律，只要能无限次使用，都想想看能不能用完全背包问题解决此类问题
完全平方数就是物品，可以无限次的使用，而和n就是背包总容量，问的就是当背包满的时候，怎样的情况下能用完全平方数最少
dp[j]：和为j的完全平方数的最少数量为dp[j]
dp[j] = min(dp[j - i * i] + 1, dp[j])
非0下标的dp[j]一定要初始为最大值，这样dp[j]在递推的时候才不会被初始值覆盖。
class Solution {
public:
int numSquares(int n) {
vector dp(n + 1, INT_MAX);
dp[0] = 0;
for (int i = 0; i <= n; i++) { // 遍历背包
for (int j = 1; j * j <= i; j++) { // 遍历物品
dp[i] = min(dp[i - j * j] + 1, dp[i]);
}
}
return dp[n];
}
}; 同样的，这道题的for也可以交换顺序
class Solution {
public:
int numSquares(int n) {
vector dp(n + 1, INT_MAX);
dp[0] = 0;
for (int i = 1; i * i <= n; i++) { // 遍历物品
for (int j = i * i; j <= n; j++) { // 遍历背包
dp[j] = min(dp[j - i * i] + 1, dp[j]);
}
}
return dp[n];
}
}; 终于把这四天的补完了，学了快4个小时，逆天 >,<