【算法挨揍日记】day43——DP42 【模板】完全背包、322. 零钱兑换

DP42 【模板】完全背包

【模板】完全背包_牛客题霸_牛客网

题目描述：

描述

你有一个背包，最多能容纳的体积是V。

现在有n种物品，每种物品有任意多个，第i种物品的体积为��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种物品的体积和价值。

1≤�,�≤10001≤n,V≤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。

解题思路：

算法思路：

背包问题的状态表⽰⾮常经典，如果⼤家不知道怎么来的，就把它当成⼀个模板记住吧~

我们先解决第⼀问：

1. 状态表⽰：

dp[i][j] 表⽰：从前 i 个物品中挑选，总体积不超过 j ，所有的选法中，能挑选出来的最

⼤价值。（这⾥是和 01背包⼀样哒）

2. 状态转移⽅程：

线性 dp 状态转移⽅程分析⽅式，⼀般都是根据最后⼀步的状况，来分情况讨论。但是最后⼀个

物品能选很多个，因此我们的需要分很多情况：

i. 选 0 个第 i 个物品：此时相当于就是去前 i - 1 个物品中挑选，总体积不超过 j 。

此时最⼤价值为 dp[i - 1][j] ；

ii. 选 1 个第 i 个物品：此时相当于就是去前 i - 1 个物品中挑选，总体积不超过 j -

v[i] 。因为挑选了⼀个 i 物品，此时最⼤价值为 dp[i - 1][j - v[i]] +

w[i]

；

iii.

选 2 个第 i 个物品：此时相当于就是去前 i - 1 个物品中挑选，总体积不超过 j

- 2 * v[i] 。因为挑选了两个 i 物品，此时最⼤价值为 dp[i - 1][j - 2 *

v[i]] + 2 * w[i] ；

iv. ......

综上，我们的状态转移⽅程为：

dp[i][j]=max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-v[i]]+w[i], dp[i-1][j-

2*v[i]]+2*w[i]...)

当我们发现，计算⼀个状态的时候，需要⼀个循环才能搞定的时候，我们要想到去优化。优化的⽅

向就是⽤⼀个或者两个状态来表⽰这⼀堆的状态，通常就是⽤数学的⽅式做⼀下等价替换。我们发

现第⼆维是有规律的变化的，因此我们去看看 dp[i][j - v[i]] 这个状态：

dp[i][j-v[i]]=max(dp[i-1][j-v[i]],dp[i-1][j-2*v[i]]+w[i],dp[i-1]

[j-3*v[i]]+2*w[i]...)

我们发现，把 dp[i][j - v[i]] 加上 w[i] 正好和 dp[i][j] 中除了第⼀项以外的全部

⼀致，因此我们可以修改我们的状态转移⽅程为：

dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - v[i]] + w[i]) 。

3. 初始化：

我们多加⼀⾏，⽅便我们的初始化，此时仅需将第⼀⾏初始化为 0 即可。因为什么也不选，也能

满⾜体积不⼩于 j 的情况，此时的价值为 0 。

4. 填表顺序：

根据状态转移⽅程，我们仅需从上往下填表即可。

5. 返回值：

根据状态表⽰，返回 dp[n][V] 。

接下来解决第⼆问：

第⼆问仅需微调⼀下 dp 过程的五步即可。

因为有可能凑不⻬ j 体积的物品，因此我们把不合法的状态设置为 -1 。

1. 状态表⽰：

dp[i][j] 表⽰：从前 i 个物品中挑选，总体积正好等于 j ，所有的选法中，能挑选出来的

最⼤价值。

2. 状态转移⽅程：

dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - v[i]] + w[i]) 。

但是在使⽤ dp[i][j - v[i]] 的时候，不仅要判断 j >= v[i] ，⼜要判断 dp[i][j -

v[i]] 表⽰的情况是否存在，也就是 dp[i][j - v[i]] != -1 。

3. 初始化：

我们多加⼀⾏，⽅便我们的初始化：

i. 第⼀个格⼦为 0 ，因为正好能凑⻬体积为 0 的背包；

ii. 但是第⼀⾏后⾯的格⼦都是 -1 ，因为没有物品，⽆法满⾜体积⼤于 0 的情况。

4. 填表顺序：

根据状态转移⽅程，我们仅需从上往下填表即可。

5. 返回值：

由于最后可能凑不成体积为 V 的情况，因此返回之前需要特判⼀下。

 解题代码：

#include 
#include
#include
using namespace std;
int n, V;
const int N = 1010;
int v[N], w[N];
int dp[N];

int main() {
    cin >> n >> V;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> v[i] >> w[i];
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 0; j <= V; j++) {
            dp[j] = dp[j];
            if (j >= v[i])   dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i]] + w[i]);
        }
    }
    cout << dp[V] << endl;
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    for(int j=1;j<=V;j++)dp[j]=-1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=0;j<=V;j++)
        {
            dp[j]=dp[j];
            if(j>=v[i]&&dp[j-v[i]]!=-1)
            dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]);
        }
        }
        cout << (dp[V] == -1 ? 0 : dp[V]) << endl;
        return 0;
    }

322. 零钱兑换

322. 零钱兑换

题目描述：

给你一个整数数组 coins ，表示不同面额的硬币；以及一个整数 amount ，表示总金额。

计算并返回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。

解题思路：

算法思路：

先将问题「转化」成我们熟悉的题型。

i. 在⼀些物品中「挑选」⼀些出来，然后在满⾜某个「限定条件」下，解决⼀些问题，⼤概率

是「背包」模型；

ii. 由于每⼀个物品都是⽆限多个的，因此是⼀个「完全背包」问题。

接下来的分析就是基于「完全背包」的⽅式来的。

1. 状态表⽰：

dp[i][j] 表⽰：从前 i 个硬币中挑选，总和正好等于 j ，所有的选法中，最少的硬币个

数。

2. 状态转移⽅程：

线性 dp 状态转移⽅程分析⽅式，⼀般都是根据「最后⼀步」的状况，来分情况讨论。但是最后

⼀个物品能选很多个，因此我们的需要分很多情况：

i. 选 0 个第 i 个硬币：此时相当于就是去前 i - 1 个硬币中挑选，总和正好等于 j 。

此时最少的硬币个数为 dp[i - 1][j] ；

ii. 选 1 个第 i 个硬币：此时相当于就是去前 i - 1 个硬币中挑选，总和正好等于 j -

v[i] 。因为挑选了⼀个 i 硬币，此时最少的硬币个数为 dp[i - 1][j -

coins[i]] + 1 ；

ii. 选 2 个第 i 个硬币：此时相当于就是去前 i - 1 个硬币中挑选，总和正好等于 j

- 2 * coins 。因为挑选了两个 i 硬币，此时最少的硬币个数为 dp[i - 1][j -

2 * coins[i]] + 2 ；

iv. ......

结合我们在完全背包⾥⾯的优化思路，我们最终得到的状态转移⽅程为：

dp[i][j] = min(dp[i - 1][j], dp[i][j - coins[i]] + 1) 。

这⾥教给⼤家⼀个技巧，就是相当于把第⼆种情况 dp[i - 1][j - coins[i]] + 1 ⾥

⾯的 i - 1 变成 i 即可。

3. 初始化：

初始化第⼀⾏即可。

这⾥因为取 min ，所以我们可以把⽆效的地⽅设置成⽆穷⼤ (0x3f3f3f3f)

因为这⾥要求正好凑成总和为 j ，因此，需要把第⼀⾏除了第⼀个位置的元素，都设置成⽆穷

⼤。

4. 填表顺序：

根据「状态转移⽅程」，我们仅需「从上往下」填表即可。

5. 返回值：

根据「状态表⽰」，返回 dp[n][V] 。但是要特判⼀下，因为有可能凑不到。

解题代码：

class Solution {
public:
    int coinChange(vector& coins, int amount) {
        const int INT=0x3f3f3f3f;

        int n=coins.size();
        vector>dp(n+1,vector(amount+1));
        for(int j=1;j<=amount;j++)   dp[0][j]=INT;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=0;j<=amount;j++)
            {
                dp[i][j]=dp[i-1][j];
                if(j>=coins[i-1])
                    dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][j-coins[i-1]]+1);
            }
        }
        return dp[n][amount]>=INT?-1:dp[n][amount];
    }
};