代码随想录算法训练营Day46|139.单词拆分、多重背包理论基础、背包问题总结

目录

139.单词拆分

方法一：回溯法

算法实现

方法二：背包问题

算法实现

多重背包理论基础

思路

算法实现

背包问题总结

前言

背包递推公式

遍历顺序

0-1背包

完全背包

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139.单词拆分

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方法一：回溯法

        在回溯专题中分割回文串与本题有点类似，分割回文串是枚举分割后的所有子串，判断是否回文；本题是枚举分割所有字符串，判断是否在字典里出现过。因此也可以使用回溯法进行实现。

算法实现

class Solution {
private:
    bool backtracking(const string& s, const unordered_set& wordSet, vector& memory, int startIndex) {
        if (startIndex >= s.size()) {
            return true;
        }
        if (!memory[startIndex]) return memory[startIndex];
        for (int i = startIndex; i < s.size(); i++) {
            string word = s.substr(startIndex, i - startIndex + 1);
            if (wordSet.find(word) != wordSet.end() && backtracking(s, wordSet, memory, i + 1)) {
                return true;
            }
        }
        memory[startIndex] = false;
        return false;
    }
public:
    bool wordBreak(string s, vector& wordDict) {
        unordered_set wordSet(wordDict.begin(), wordDict.end());
        vector memory(s.size(), 1);
        return backtracking(s, wordSet,memory, 0);
    }
};

        递归的过程中有很多重复计算，可以使用数组保存一下递归过程中计算的结果，这个叫做记忆化递归。

        使用memory数组保存每次计算的以startIndex起始的计算结果，如果memory[startIndex]里已经被赋值了，直接用memory[startIndex]的结果。

方法二：背包问题

         单词就是物品，字符串s就是背包，单词能否组成字符串s，就是问物品能不能把背包装满。拆分时可以重复使用字典中的单词，说明就是一个完全背包！

        利用动规五部曲进行分析：

1.确定dp数组及其下标的含义：

        dp[i] : 字符串长度为i的话，dp[i]为true，表示可以拆分为一个或多个在字典中出现的单词。

2.确定递推公式：

        如果确定dp[j] 是true，且 [j, i] 这个区间的子串出现在字典里，那么dp[i]一定是true。（j < i ）。所以递推公式是：if([j, i] 这个区间的子串出现在字典里 && dp[j]是true) 那么 dp[i] = true。

3.初始化dp数组：

        有递推公式可知，dp[i]的值要依赖dp[j]，因此dp[0]是dp数组后面所有值的基础，必须为true，其它下标先初始化为false;

4.确定遍历顺序：

        对于一个有子串组成的字符串，各子串的前后位置不同会使构成的字符串不同，相当于往背包中放物品的顺序有要求，因此是排列问题。

        既然是排列问题，那么就要先遍历背包，再遍历物品。

5.打印dp数组：

        以输入: s = "leetcode", wordDict = ["leet", "code"]为例，dp状态如图：

算法实现

 

class Solution {
public:
    bool wordBreak(string s, vector& wordDict) {
        unordered_set wordSet(wordDict.begin(), wordDict.end());
        vector dp(s.size() + 1, false);
        dp[0] = true;

        for (int i = 1; i <= s.size(); i++) {
            for (int j = 0; j < i; j++) {
                string word = s.substr(j, i - j);
                if (wordSet.find(word) != wordSet.end() && dp[j]) {
                    dp[i] = true;
                }
            }
        }
        return dp[s.size()];
    }
};

多重背包理论基础

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思路

        有N种物品和一个容量为V 的背包。第i种物品最多有Mi件可用，每件耗费的空间是Ci ，价值是Wi 。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的耗费的空间 总和不超过背包容量，且价值总和最大。

        多重背包实际就是0-1背包的变形，因为每件物品最多有Mi件可用，把Mi件摊开，其实就是一个01背包问题了。

算法实现

# include 
using namespace std;

int main() {
    int bagweight, n;
    cin >> bagweight >> n;
    vector weight(n, 0);
    vector value(n, 0);
    vector nums(n, 0);
    for (int i = 0; i < weight.size(); i++) cin >> weight[i];
    for (int i = 0; i < value.size(); i++) cin >> value[i];
    for (int i = 0; i < nums.size(); i++) cin >> nums[i];
    
    vector dp(bagweight + 1, 0);
    
    for (int i = 0; i < n; i++){
        for (int j = bagweight; j >= weight[i]; j--){
            // 以上为0-1背包，再加一个for循环遍历个数
            for (int k = 1; k <= nums[i] && (j - k * weight[i]) >= 0; k++) {
                dp[j] = max(dp[j - k * weight[i]] + k * value[i], dp[j]);
            }
        }
    }
    cout << dp[bagweight] << endl;
}

背包问题总结

前言

        这几天学的背包问题主要有三种：0-1背包、完全背包、多重背包。

        这三种背包问题的主要区别在于：0-1背包问题所有物品只有一件，每件物品至多只能存取一次；而完全背包问题所有物品都有无限件，可以对任意满足条件的背包取用任意次；多重背包问题每件物品都有一定的数量。

        对于背包问题，尤其要注意动规五部曲中第二步——确定递推公式和第四步——确定遍历顺序。

背包递推公式

        问能否能装满背包（或者最多装多少）：dp[j] = max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]);

        问装满背包有几种方法：dp[j] += dp[j - nums[i]] ，对应题目如下：

        问背包装满最大价值：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]); 

        问装满背包所有物品的最小个数：dp[j] = min(dp[j - coins[i]] + 1, dp[j]); 

遍历顺序

0-1背包

        二维dp数组01背包先遍历物品还是先遍历背包都是可以的，且第二层for循环是从小到大遍历。而解一维dp数组01背包只能先遍历物品再遍历背包容量，且第二层for循环是从大到小遍历。

完全背包

        纯完全背包的一维dp数组实现，先遍历物品还是先遍历背包都是可以的，且第二层for循环是从小到大遍历。

        如果求组合数就是外层for循环遍历物品，内层for遍历背包。

        如果求排列数就是外层for遍历背包，内层for循环遍历物品。

        如果求最小数，那么两层for循环的先后顺序就无所谓了。