代码随想录算法训练营第42天| 01背包问题，你该了解这些！ 01背包问题，你该了解这些！ 滚动数组 416. 分割等和子集

JAVA代码编写

背包问题

01背包和完全背包就够用了
而完全背包又是也是01背包稍作变化而来，即：完全背包的物品数量是无限的。

46. 携带研究材料

题目描述

小明是一位科学家，他需要参加一场重要的国际科学大会，以展示自己的最新研究成果。他需要带一些研究材料，但是他的行李箱空间有限。这些研究材料包括实验设备、文献资料和实验样本等等，它们各自占据不同的空间，并且具有不同的价值。

小明的行李空间为 N，问小明应该如何抉择，才能携带最大价值的研究材料，每种研究材料只能选择一次，并且只有选与不选两种选择，不能进行切割。

输入描述

第一行包含两个正整数，第一个整数 M 代表研究材料的种类，第二个正整数 N，代表小明的行李空间。

第二行包含 M 个正整数，代表每种研究材料的所占空间。

第三行包含 M 个正整数，代表每种研究材料的价值。

输出描述

输出一个整数，代表小明能够携带的研究材料的最大价值。

输入示例

6 1
2 2 3 1 5 2
2 3 1 5 4 3

输出示例

5

提示信息

小明能够携带 6 种研究材料，但是行李空间只有 1，而占用空间为 1 的研究材料价值为 5，所以最终答案输出 5。

数据范围：
1 <= N <= 1000
1 <= M <= 1000
研究材料占用空间和价值都小于等于 1000

教程：https://programmercarl.com/%E8%83%8C%E5%8C%85%E7%90%86%E8%AE%BA%E5%9F%BA%E7%A1%8001%E8%83%8C%E5%8C%85-1.html

方法一：动态规划-二维数组

思路：

步骤

1. 定义$dp[i][j] $数组：表示从下表为[0-i]的物品里任意取，放进容量为j的背包，价值总和最大是$dp[i][j] $。
2. 递推公式：$dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-weight[i]]+value[i]);$
   1. 不放物品i:$dp[i-1][j]$
   2. 放物品i:$dp[i-1][j-weight[i]]+value[i]$
3. dp数组初始化：背包容量j为0的话，dp[i] [0] = 0.
4. 确定遍历顺序:先遍历物品更好理解。
5. 举例推导dp数组，i=6,j=3

复杂度分析：

• 时间复杂度：O(goods * bagSize)，其中goods表示物品数量，bagSize表示背包容量
• 空间复杂度：O(goods * bagSize)，因为需要创建一个大小为goods * (bagSize+1)的二维数组dp来存储每个状态下的最大价值。

class BagProblem {
    public static void main(String[] args) {
        int[] weight = {2,2,3,1,5,2};
        int[] value = {2,3,1,5,4,3};
        int bagSize = 3;
        testWeightBagProblem(weight,value,bagSize);
    }

    /**
     * 动态规划获得结果
     * @param weight  物品的重量
     * @param value   物品的价值
     * @param bagSize 背包的容量
     */
    public static void testWeightBagProblem(int[] weight, int[] value, int bagSize){

        // 创建dp数组
        int goods = weight.length;  // 获取物品的数量
        int[][] dp = new int[goods][bagSize + 1];

        // 初始化dp数组
        // 创建数组后，其中默认的值就是0
        for (int j = weight[0]; j <= bagSize; j++) {
            dp[0][j] = value[0];
        }

        // 填充dp数组
        for (int i = 1; i < weight.length; i++) {
            for (int j = 1; j <= bagSize; j++) {
                if (j < weight[i]) {
                    /**
                     * 当前背包的容量都没有当前物品i大的时候，是不放物品i的
                     * 那么前i-1个物品能放下的最大价值就是当前情况的最大价值
                     */
                    dp[i][j] = dp[i-1][j];
                } else {
                    /**
                     * 当前背包的容量可以放下物品i
                     * 那么此时分两种情况：
                     *    1、不放物品i
                     *    2、放物品i
                     * 比较这两种情况下，哪种背包中物品的最大价值最大
                     */
                    dp[i][j] = Math.max(dp[i-1][j] , dp[i-1][j-weight[i]] + value[i]);
                }
            }
        }

        // 打印dp数组
        for (int i = 0; i < goods; i++) {
            for (int j = 0; j <= bagSize; j++) {
                System.out.print(dp[i][j] + "\t");
            }
            System.out.println("\n");
        }
    }
}

方法二：动态规划-一维数组

思路：

步骤

1. 定义$dp[j] $数组：容量为j的背包，所背的物品价值可以最大为dp[j]。

2. 递推公式：$dp[j]=max(dp[j],dp[j-weight[i]]+value[i]);$

   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，毕竟是求最大价值，

3. dp数组初始化：背包容量j为0的话，dp[0] = 0.

4. 确定遍历顺序: 一维dp遍历的时候，背包是从大到小。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！

5. 举例推导dp数组，j=3

复杂度分析：

• 时间复杂度：O(wLen * bagWeight)，即物品数量与背包容量的乘积。
• 空间复杂度：O(bagWeight)

class BagProblem {
    public static void main(String[] args) {
        int[] weight = {2,2,3,1,5,2};
        int[] value = {2,3,1,5,4,3};
        int bagSize = 3;
        testWeightBagProblem(weight,value,bagSize);
    }
    public static void testWeightBagProblem(int[] weight, int[] value, int bagWeight){
        int wLen = weight.length;
        //定义dp数组：dp[j]表示背包容量为j时，能获得的最大价值
        int[] dp = new int[bagWeight + 1];
        //遍历顺序：先遍历物品，再遍历背包容量
        for (int i = 0; i < wLen; i++){
            for (int j = bagWeight; j >= weight[i]; j--){
                dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
            }
        }
        //打印dp数组
        for (int j = 0; j <= bagWeight; j++){
            System.out.print(dp[j] + " ");
        }
    }
}

416. 分割等和子集

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

教程：https://programmercarl.com/0416.%E5%88%86%E5%89%B2%E7%AD%89%E5%92%8C%E5%AD%90%E9%9B%86.html

方法一：动态规划

思路：01背包问题，原谅我没有看出来。

步骤

1. 定义$dp[j] $数组：dp[j]表示 背包总容量（所能装的总重量）是j，放进物品后，背的最大重量为dp[j]。

2. 递推公式：

   01背包的递推公式为：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

   本题，相当于背包里放入数值，那么物品i的重量是nums[i]，其价值也是nums[i]。

   所以递推公式：dp[j] = max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]);

3. dp数组初始化：dp[0] =0

4. 确定遍历顺序:如果使用一维dp数组，物品遍历的for循环放在外层，遍历背包的for循环放在内层，且内层for循环倒序遍历！

5. 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。

   用例1，输入[1,5,11,5] 为例，如图：

复杂度分析：

• 时间复杂度：O(n * target)，其中n是数组nums的长度，target是数组所有元素和的一半。
• 空间复杂度：O(target)，其中target是数组所有元素和的一半。

class Solution {
    public boolean canPartition(int[] nums) {
        if(nums == null || nums.length == 0) return false;
        int n = nums.length;
        int sum = 0;
        for(int num : nums) {
            sum += num;
        }
        //总和为奇数，不能平分
        if(sum % 2 != 0) return false;
        int target = sum / 2;
        int[] dp = new int[target + 1];
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            for(int j = target; j >= nums[i]; j--) {
                //物品 i 的重量是 nums[i]，其价值也是 nums[i]
                dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]);
            }
           
            //剪枝一下，每一次完成內層的for-loop，立即檢查是否dp[target] == target，優化時間複雜度（26ms -> 20ms）
            if(dp[target] == target)
                return true;
        }
        return dp[target] == target;
    }
}