
class Solution {
private:
    bool backtracking(const string& s, const unordered_set<string>& wordSet, vector<bool>& 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<string>& wordDict) {
        unordered_set<string> wordSet(wordDict.begin(), wordDict.end());
        vector<bool> 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<string>& wordDict) {
        unordered_set<string> wordSet(wordDict.begin(), wordDict.end());
        vector<bool> 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

题目链接

文章链接

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 <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
int main() {
    int bagweight, n;
    cin >> bagweight >> n;
    vector<int> weight(n, 0);
    vector<int> value(n, 0);
    vector<int> 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<int> 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。

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