动态规划0-1背包基本介绍_动态规划 0-1背包详解

动态规划(0-1背包)

0-1背包是动态规划很经典的题目，其经典问题往往能够引申出很多的应用。所以最近都在整理0-1背包的基本问题和解法，并且稍微简略描述其0-1背包的应用来灵活运用其知识。

1、0-1背包经典问题和分析

有n件物品和一个最多能背重量为w的背包。第i件物品的重量是weight[i]，得到的价值是value[i] 。

每件物品只能使用一次，求解将这些物品装入背包里物品价值总和最大。

解法一：动态规划

dp[i][j]中，表示的是在[0,i]物品任取放入容量为j的背包。

• 不放物品i，即在**0~(i-1)**任取，dp[i][j]=dp[i-1][j]。
• 放物品i，则在不取i前的dp[i-1][j-weight[i]]中,补上这个i的价值。即应该表示为dp[i][j]=dp[i-1][j-weight[i]]+values[i]。

什么意思呢？就是决定放物品i时，就是已经判断放该物品i后能得到最大价值，那么就要在j-weight[i]这个容量下的最大价值，补上values[i]。这里慢慢体会即可。

则递归公式为：dp[i][j]= Math.max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-weight[i]]+values[i])。

初始化：0、-1、100、-10都可以。

遍历：

for(int i = 0 ;i<n;i++){
	for(int j = 0;j < w ; j++){
		....
	}
}
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动态规划优化——设置一维的动态滚动数组

在前面的dp[i][j]表示清楚后，我们再使用一维数组dp[j]完成0-1背包。

• 不放物品i，即在**0~(i-1)**任取，dp[j]=dp[j]。
• 放物品i，则在不取i前的dp[j-weight[i]]中,补上这个i的价值。即应该表示为dp[j]=dp[j-weight[i]]+values[i]。

初始化时，初始化成0，以免因为滚动数组时出现非0数值影响后续的滚动结果。

遍历：

for(int i = 0 ;i<n;i++){
	for(int j = w;j >= weight[i] ; j--){
		....
	}
}
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因为是滚动数组，在解dp[j]会使用到dp[j-1]的数值，而如果是正序遍历，那么就会用到第i个物品时背包容量为j的最大价值(我们需要用到的是0~(i-1)个物品时背包容量为j的最大价值)。

以上就是用0-1背包解决问题的模板模型，接下来就看看实际的例子。

2、分割等和子集

原题：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] 。
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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。
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这道题我就是用0-1背包来看待。

首先要想为true，那么就一定分出两个元素集合，这两个集合的元素总和相等。那么就设置一个背包为nums的总和除于2，即sum/2。然后设置一维数组dp，dp[j]含义为0~i个物品在容量为j的背包中的最大价值。

最终代码如下：

class Solution {
    public boolean canPartition(int[] nums) {
        int sum = 0;
        for(int num:nums){
            sum+=num;
        }
        if(sum%2!=0) return false;//如果为奇数，意味着不可能为true。因为不可能分成等和的两个集合
        //初始化dp数组
        int[] dp = new int[sum/2+1];
        //处理dp数组
        for(int i = 1;i<nums.length;i++){
            for(int j = sum/2;j>=nums[i];j--){//反向遍历，上面有提及
                dp[j] = Math.max(dp[j],dp[j-nums[i]]+nums[i]);
            }
        }
        return dp[sum/2]==sum/2?true:false;
    }
}
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这就是一道基本的中等leetcode题目。

3、最后一块石头的重量II

原题：1049. 最后一块石头的重量 II

有一堆石头，用整数数组 stones 表示。其中 stones[i] 表示第 i 块石头的重量。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。
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示例 1：

输入：stones = [2,7,4,1,8,1]
输出：1
解释：
组合 2 和 4，得到 2，所以数组转化为 [2,7,1,8,1]，
组合 7 和 8，得到 1，所以数组转化为 [2,1,1,1]，
组合 2 和 1，得到 1，所以数组转化为 [1,1,1]，
组合 1 和 1，得到 0，所以数组转化为 [1]，这就是最优值。

示例 2：

输入：stones = [31,26,33,21,40]
输出：5
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这道题就跟上面的分割等和子串一样的思路了：

class Solution {
    public int lastStoneWeightII(int[] stones) {
        //继续使用0-1背包方法练手
        //首先很明显weight和value应该为stones[i],
        //但是这里应该是尽量凑整两堆"尽可能重量相等"的情况。那假设在构建背包时发现容量为j=sum/2时，最大放置价值只有sum/2-x；那么另一堆就是sum-(sum/2-x)。返回的应该是sum-2*dp[sum/2](体现2x的差距)。
        int sum = 0;
        for(int stone:stones){sum+=stone;}
        //设置初始化
        int temp = sum/2;
        int[] dp = new int[temp+1];
        for(int i = 0;i<stones.length;i++){
            for(int j = temp;j>=stones[i];j--){
                dp[j] = Math.max(dp[j],dp[j-stones[i]]+stones[i]);
            }
        }
        //
        return sum-2*dp[temp];
    }
}
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4、目标和

原题：494. 目标和

给你一个整数数组 nums 和一个整数 target 。向数组中的每个整数前添加 '+' 或 '-' ，然后串联起所有整数，可以构造一个表达式 ：

例如，nums = [2, 1] ，可以在 2 之前添加 '+' ，在 1 之前添加 '-' ，然后串联起来得到表达式 "+2-1" 。
返回可以通过上述方法构造的、运算结果等于 target 的不同 表达式的数目。
示例 1：

输入：nums = [1,1,1,1,1], target = 3
输出：5
解释：一共有 5 种方法让最终目标和为 3 。
-1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 3
+1 - 1 + 1 + 1 + 1 = 3
+1 + 1 - 1 + 1 + 1 = 3
+1 + 1 + 1 - 1 + 1 = 3
+1 + 1 + 1 + 1 - 1 = 3

示例 2：

输入：nums = [1], target = 1
输出：1
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这道题其实跟第3题很类似，也是找两堆子集合。将集合分成加法子集合和减法子集合，其中加法子集合的总和为a时，减法子集合总和应为sum-a。此时要得出a-(sum-a)=target，即让2a=sum+target即可。

此时设置一个背包容量为a即可。

具体代码如下：

class Solution {
    public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
        //设置dp数组
        int length = nums.length;
        int sum = 0;
        for(int num: nums){
            sum+=num;
        }
        //将集合分成加法子集合和减法子集合，其中加法子集合的总和为a时，减法子集合总和应为sum-a。此时要得出a-(sum-a)=target，即让2a=sum+target即可
        if( (sum+target) %2!=0) return 0;
        int temp  =(sum+target)/2;
        if(temp<0) temp = -temp;
       
        int[] dp = new int[temp+1];
        dp[0] = 1;
        
        for(int i = 0;i<length;i++){
            for(int j = temp;j>=nums[i];j--){
                dp[j] += dp[j-nums[i]];
            }
        }
        return dp[temp];
    }
}
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5、1和0

原题：474. 一和零

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 的最大子集的长度，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 。

示例 1：

输入：strs = ["10", "0001", "111001", "1", "0"], m = 5, n = 3
输出：4
解释：最多有 5 个 0 和 3 个 1 的最大子集是 {"10","0001","1","0"} ，因此答案是 4 。
其他满足题意但较小的子集包括 {"0001","1"} 和 {"10","1","0"} 。{"111001"} 不满足题意，因为它含 4 个 1 ，大于 n 的值 3 。
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示例 2：

输入：strs = ["10", "0", "1"], m = 1, n = 1
输出：2
解释：最大的子集是 {"0", "1"} ，所以答案是 2 。
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本题的思路也是一个0-1背包，因为每个strs元素只能放置一次，那么可以先一个个将数组里面的字符串进行统计，即统计0和1的数目。

其次，理解这道题目的dp[i][j]比较重要，实际上可以把它看成一个二维滚动数组。所以后续的遍历上都应该是倒叙遍历。具体代码如下：

class Solution {
    public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) {
        //这里的dp数组的含义是设置一个m容量和n容量的背包
        int[][] dp = new int[m+1][n+1];
        for(String s : strs){
            int countN = 0;
            int countM = 0;
            for(char c :s.toCharArray()){
                if(c=='0') countM++;
                if(c=='1') countN++;
            }
            for(int i = m; i>=countM ; i--){
                for(int j =n ; j>=countN ; j--){
                    dp[i][j] = Math.max(dp[i][j],dp[i-countM][j-countN]+1);
                }
            }   
        }
        return dp[m][n];
    }
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以上就是动态规划中关于0-1背包的问题和基本的解决应用问题的思路。