- 1Unity实现第一人称移动（胎教级教学）
- 2关于日期格式你必须知道的坑( yyyy-MM-dd HH:mm:ss SSS)_yyyy-mm-dd hh:mm:ss.sss
- 3ab测试算法的基本概念_ab测算法
- 4解析常用的图像彩色模型_rgb模型
- 5DevOps整合Jenkins+k8s_devops开源平台 结合jenkins
- 6软件安全测试方案设计模板-homin_安全测试方案模板
- 7浅谈单片机以太网接入方案_mcu和以太网芯片如何连接
- 8TiDB 用户账户管理_tidb查看用户
- 9学习opencv：PS滤镜—扩散_ps滤镜扩散有什么用
- 10探秘 GitHub 上的宝藏项目：LeetCode 解题利器——`ghostrong/leetcode`
Offer必备算法25_01背包_四道力扣题详解（由易到难）
赞
踩
目录
①牛客DP41 【模板】01背包
问题一解析
背包问题的状态表示非常经典，如果不知道怎么来的，可以先把它当成一个模板。
以某个位置为结尾，结合题目要求，定义一个状态表示：
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。
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：
- 不选第 i 个物品：相当于就是去前 i - 1 个物品中挑选，并且总体积不超过 j 。此时 dp[i][j] = dp[i - 1][j] ;。
- 选择第 i 个物品：那么就只能去前 i - 1 个物品中，挑选总体积不超过 j - v[i] 的物品。此时 dp[i][j] = dp[i - 1][j - v[i]] + w[i] ; 。但是这种状态不一定存在，要判断 j >= v[i]。
综上，状态转移方程为： dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - v[i]] + w[i]) ;
初始化、填表顺序、返回值：
多加一行，方便初始化，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 。填表顺序从左往右，最后返回dp[n][V] ;
问题二解析
第二问仅需微调一下 dp 过程的五步即可。 因为有可能凑不齐 j 体积的物品，因此把不合法的状态设置为 -1 。
以某个位置为结尾，结合题目要求，定义一个状态表示：
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。
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：
- 不选第 i 个物品：相当于就是去前 i - 1 个物品中挑选，并且总体积不超过 j 。此时 dp[i][j] = dp[i - 1][j] ;。
- 选择第 i 个物品：那么就只能去前 i - 1 个物品中，挑选总体积不超过 j - v[i] 的物品。此时 dp[i][j] = dp[i - 1][j - v[i]] + w[i] ; 。但是这种状态不一定存在，不仅要判断 j >= v[i] ，还要判断 dp[i - 1][j - v[i]] 表示的情况是否存在，也就是 dp[i - 1][j - v[i]] != -1 。
综上，状态转移方程为： dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - v[i]] + w[i]) ;
初始化、填表顺序、返回值：
多加一行，方便初始化，第一行第一个格子为 0 ，因为正好能凑齐体积为 0 的背包，但是第一行第一个格子后面都是 -1 ，因为没有物品，无法满足体积大于 0 的情况。第一列全为0。
填表顺序从左往右，最后返回dp[n][V] ;
解析代码
- #include <iostream>
- #include <cstring>
-
- using namespace std;
-
- const int N = 1010; // OJ定义成全局方便，且空间不会轻易溢出
- int n, V, v[N], w[N];
- int dp[N][N];
-
- int main()
- {
- cin >> n >> V;
- for (int i = 1; i <= n; ++i) // 从1开始读数据
- {
- cin >> v[i] >> w[i];
- }
- for(int i = 1; i <= n; ++i)
- {
- for(int j = 0; j <= V; ++j)
- {
- dp[i][j] = dp[i - 1][j];
- if(j >= v[i])
- dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - v[i]] + w[i]);
- }
- }
- cout << dp[n][V] << endl;
-
- memset(dp, 0, sizeof(dp));
- for(int j = 1; j <= V; ++j)
- {
- dp[0][j] = -1;
- }
- for(int i = 1; i <= n; ++i)
- {
- for(int j = 0; j <= V; ++j)
- {
- dp[i][j] = dp[i - 1][j];
- if(j >= v[i] && dp[i - 1][j - v[i]] != -1)
- dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - v[i]] + w[i]);
- }
- }
- cout << (dp[n][V] == -1 ? 0 : dp[n][V]) << endl;
-
- return 0;
- }
滚动数组优化代码
背包问题基本上都是利用滚动数组来做空间上的优化：（时间也有常数的优化）
- 利用滚动数组优化。
- 直接在原始代码上修改。
第i行元素只依赖于第i-1行元素。理论上，只需要保持两行元素，所以只需两个数组交替滚动，就能完成dp数组的填充。因此空间复杂度从O（N^2） 变为O（N）。
这里还可以直接用一个数组来进行优化：从前往后去更新数组，dp[j - v[ i ]]肯定不比dp[ j ]的值大，而改了前面，后面的更新就会用到前面更新的数据，而本来应该使用原二维数组 i - 1行的数据，也就是更新数据之前的，因此可以巧妙地从后往前遍历，这样就可以避免用到更新后的数据。
在01背包问题中，优化的结果为：
- 删掉所有的横坐标。
- 修改一下 j 的遍历顺序。
（滚动数组优化代码只需能在原代码上修改就行，不用考虑什么状态表示）
- #include <iostream>
- #include <cstring>
-
- using namespace std;
-
- const int N = 1010; // OJ定义成全局方便，且空间不会轻易溢出
- int n, V, v[N], w[N];
- // int dp[N][N];
- int dp[N]; // 滚动数组优化，把所有dp表左边一维坐标删掉，修改遍历顺序
-
- int main()
- {
- cin >> n >> V;
- for (int i = 1; i <= n; ++i) // 从1开始读数据
- {
- cin >> v[i] >> w[i];
- }
- for(int i = 1; i <= n; ++i)
- {
- for(int j = V; j >= v[i]; --j) // 滚动数组优化
- {
- 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 = V; j >= v[i]; --j) // 滚动数组优化
- {
- if(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;
- }
②力扣416. 分割等和子集
难度 中等
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 <= 2001 <= nums[i] <= 100
- class Solution {
- public:
- bool canPartition(vector<int>& nums) {
-
- }
- };
问题解析
先思考能不能将问题转化成自己熟悉的题型：
如果数组能够被分成两个相同元素之和相同的子集，那么原数组必须有下面几个性质：
- 所有元素之和应该是一个偶数。
- 数组中最大的元素应该小于所有元素总和的一半；
- 挑选一些数，这些数的总和应该等于数组总和的一半。
根据前两个性质可以提前判断数组能够被划分。根据最后一个性质，可以发现问题能转化成01背包的模型：
- 数组中的元素只能选择一次。
- 每个元素面临被选择或者不被选择的处境。
- 选出来的元素总和要等于所有元素总和的一半。
其中，数组内的元素就是物品，总和就是背包。那么我们就可以用背包模型的分析方式，来处理这道题。01背包模板中，要记住的是分析问题的模式。用这种分析问题的模式来解决问题。
以某个位置为结尾，结合题目要求，定义一个状态表示：
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，能否凑成总和为 j 这个数。
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：
不选择 nums[i] ：那么是否能够凑成总和为 j ，就要看在前 i - 1 个元素中 选，能否凑成总和为 j。根据状态表示，此时 dp[i][j] = dp[i - 1][j] ; 。
选择 nums[i] ：这种情况下是有前提条件的，此时的 nums[i] 应该是小于等于 j 。 因为如果这个元素都比要凑成的总和大，那选择它就没有意义。那么是否能够凑成总和 为 j ，就要看在前 i - 1 个元素中选，能否凑成总和为 j - nums[i] 。根据状态表示，此时 dp[i][j] = dp[i - 1][j - nums[i]] ;（nums[i] <= j）。
综上，两种情况下只要有⼀种能够凑成总和为 j ，那么这个状态就是 true 。因此，状态转移方程为： if(nums[i - 1] <= j) dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i - 1][j - nums[i]] ; else dp[i][j] = dp[i - 1][j] ;
初始化：多加一行一列（找原始数组要减1），方便初始化，第一行表示不选择任何元素，要凑成目标和 j 。只有当目标和为 0 的时候才能做到，因此第一行仅需初始化第一个元素 dp[0][0] = true ; 第一列表示凑成目标和 j = 0，什么都不选即可，所以第一列全为 true，因此初始化时把整个表初始化成 false，再把第一列初始化成 true。
填表顺序：根据状态转移方程，需要从上往下填写每一行，每一个的顺序是任意的。
返回值：根据状态表示，返回 dp[n][target] 的值。 其中 n 表示数组的大小， target 表示要凑成的目标和。
解析代码
- class Solution {
- public:
- bool canPartition(vector<int>& nums) {
- int sum = 0;
- for(auto& e : nums)
- {
- sum += e;
- }
- if(sum % 2 == 1) // 如果是奇数直接返回false
- return false;
-
- int target = sum / 2, n = nums.size();
- vector<vector<bool>> dp(n + 1, vector<bool>(target + 1, false));
- for(int i = 0; i <= n; ++i)
- {
- dp[i][0] = true;
- }
-
- for(int i = 1; i <= n; ++i)
- {
- for(int j = 1; j <= target; ++j)
- {
- if(nums[i - 1] <= j)
- dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i - 1][j - nums[i - 1]];
- else
- dp[i][j] = dp[i - 1][j];
- }
- }
- return dp[n][target];
- }
- };
滚动数组优化代码
背包问题基本上都是利用滚动数组来做空间上的优化：（时间也有常数的优化）
- 利用滚动数组优化。
- 直接在原始代码上修改。
在01背包问题中，优化的结果为：
- 删掉所有的横坐标。
- 修改一下 j 的遍历顺序。
（滚动数组优化代码只需能在原代码上修改就行，不用考虑什么状态表示）
- class Solution {
- public:
- bool canPartition(vector<int>& nums) {
- int sum = 0;
- for(auto& e : nums)
- {
- sum += e;
- }
- if(sum % 2 == 1) // 如果是奇数直接返回false
- return false;
-
- int target = sum / 2, n = nums.size();
- vector<bool> dp(target + 1, false); // 滚动数组优化
- dp[0] = true;
-
- for(int i = 1; i <= n; ++i)
- {
- for(int j = target; nums[i - 1] <= j; --j)
- {
- dp[j] = dp[j] || dp[j - nums[i - 1]];
- }
- }
- return dp[target];
- }
- };
③力扣494. 目标和
难度 中等
给你一个非负整数数组 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
提示：
1 <= nums.length <= 200 <= nums[i] <= 10000 <= sum(nums[i]) <= 1000-1000 <= target <= 1000
- class Solution {
- public:
- int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int target) {
-
- }
- };
问题解析
本题可以直接用暴搜的方法解决。但是稍微用数学知识分析⼀下，就能转化成常见的背包模型问题。
设我们最终选取的结果中，前面加 + 号的数字之和为 a ，前面加 - 号的数字之和为 b ，整个数组的总和为 sum ，于是有：
- a + b = sum
- a - b = target
上面两个式子消去 b 之后，可以得到 a = (sum + target) / 2 ，也就是说，我们仅需在 nums 数组中选择一些数，将它们凑成和为 (sum + target) / 2 即可。问题就变成了力扣416. 分割等和子集这道题。 可以用相同的分析模式，来处理这道题。
以某个位置为结尾，结合题目要求，定义一个状态表示：
dp[i][j] 表示：在前 i 个数中选，总和正好等于 j ，一共有多少种选法。
状态转移方程：
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：
- 不选择 nums[i] ：那么我们凑成总和 j 的总方案，就要看在前 i - 1 个元素中选，凑成总和为 j 的方案数。根据状态表示，此时 dp[i][j] = dp[i - 1][j] ; 。
- 选择 nums[i] ：这种情况下是有前提条件的，此时的 j 应该是大于等于 nums[i]。 因为如果这个元素都比要凑成的总和大，那选择它就没有意义。那么能够凑成总和为 j 的方案数，就要看在前 i - 1 个元素中选，能否凑成总和为 j - nums[i] 。根据 状态表示，此时 dp[i][j] = dp[i - 1][j - nums[i]] ; （j >= nums[i] ）。
综上，两种情况如果存在的话，应该要累加在⼀起。因此，状态转移方程为： if(j >= nums[i - 1]) dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - nums[i]] ; else dp[i][j] = dp[i - 1][j] ;（如果多加一行一列，找原数组下标要减1）
初始化：多加一行一列，方便初始化，由于需要用到上一行的数据，因此可以先把第一行初始化。 第一行表示不选择任何元素，要凑成目标和 j 。只有当目标和为 0 的时候才能做到，因此第一行仅需初始化第一个元素 dp[0][0] = 1。
填表顺序：根据状态转移方程，需要从上往下填写每一行，每一个的顺序是任意的。
返回值：根据状态表示，返回 dp[n][a] 的值。 其中 n 表示数组的大小， target 表示要凑成的目标和。
解析代码
- class Solution {
- public:
- int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int target) {
- int sum = 0, n = nums.size();;
- for(auto& e : nums)
- {
- sum += e;
- }
- int a = (sum + target) / 2;
- if(a < 0 || (sum + target) % 2) // 小于0或者除不尽
- return 0;
-
- vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(a + 1, 0));
- dp[0][0] = 1;
- for(int i = 1; i <= n; ++i)
- {
- for(int j = 0; j <= a; ++j) // 第1列用到dp[0][0]初始化
- {
- if(j >= nums[i - 1])
- dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - nums[i - 1]];
- else
- dp[i][j] = dp[i - 1][j];
- }
- }
- return dp[n][a];
- }
- };
滚动数组优化代码
背包问题基本上都是利用滚动数组来做空间上的优化：（时间也有常数的优化）
- 利用滚动数组优化。
- 直接在原始代码上修改。
在01背包问题中，优化的结果为：
- 删掉所有的横坐标。
- 修改一下 j 的遍历顺序。
（滚动数组优化代码只需能在原代码上修改就行，不用考虑什么状态表示）
- class Solution {
- public:
- int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int target) {
- int sum = 0, n = nums.size();;
- for(auto& e : nums)
- {
- sum += e;
- }
- int a = (sum + target) / 2;
- if(a < 0 || (sum + target) % 2) // 小于0或者除不尽
- return 0;
-
- vector<int> dp(a + 1, 0);
- dp[0] = 1;
- for(int i = 1; i <= n; ++i)
- {
- for(int j = a; j >= nums[i - 1]; --j) // 滚动数组优化
- {
- dp[j] += dp[j - nums[i - 1]];
- }
- }
- return dp[a];
- }
- };
④力扣1049. 最后一块石头的重量 II
难度 中等
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。
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
提示：
1 <= stones.length <= 301 <= stones[i] <= 100
- class Solution {
- public:
- int lastStoneWeightII(vector<int>& stones) {
-
- }
- };
问题解析
先看能不能转化成常见的背包模型问题。
- 任意两块石头在一起粉碎，重量相同的部分会被丢掉，重量有差异的部分会被留下来。那就 相当于在原始的数据的前面，加上加号或者减号，是最终的结果最小即可。也就是说把原始的石头分成两部分，两部分的和越接近越好。
- 又因为当所有元素的和固定时，分成的两部分越接近数组总和的一半，两者的差越小。
因此问题就变成了：在数组中选择一些数，让这些数的和尽量接近 sum / 2 ，如果把数看成物品，每个数的值看成体积和价值，问题就变成了01 背包问题。
以某个位置为结尾，结合题目要求，定义一个状态表示：
dp[i][j] 表示：在前 i 个元素中选择，总和不超过 j，此时所有元素的最大和。
状态转移方程：
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：
- 不选 stones[i] ：那么是否能够凑成总和为 j ，就要看在前 i - 1 个元素中 选，能否凑成总和为 j 。根据状态表示，此时 dp[i][j] = dp[i - 1][j] ; 。
- 选择 stones[i] ：这种情况下是有前提条件的，此时的 j 应该大于等于 stones[i] 。因为如果这个元素都比要凑成的总和大，选择它就没有意义。那么是否能够凑成总和为 j ，就要看在前 i - 1 个元素中选，能否凑成总和为 j - stones[i] 。根据状态表示，此时 dp[i][j] = dp[i - 1][j - stones[i]] + stones[i] （ j >= stones[i] ）。
综上所述，我们要的是最大价值。因此，状态转移方程为： if(j >= stones[i]) dp[i][j] = max(dp[i - 1][j] , dp[i - 1][j - stones[i]] + stones[i]) ; else dp[i][j] = dp[i - 1][j] ;（如果多加一行一列，找原数组下标要减1）
初始化：多加一行一列，方便初始化，由于需要用到上一行的数据，因此可以先把第一行初始化。 第一行表示没有石子。因此想凑成目标和 j ，最大和都是 0 。
填表顺序：根据状态转移方程，需要从上往下填写每一行，每一个的顺序是任意的。
返回值：根据状态表示，先找到最接近 sum / 2 的最大和 dp[n][sum / 2] ；因为我们要的是两堆石子的差，因此返回 sum - 2 * dp[n][sum / 2] 。
解析代码
- class Solution {
- public:
- int lastStoneWeightII(vector<int>& stones) {
- int sum = 0, n = stones.size();
- for(auto& e : stones)
- {
- sum += e;
- }
-
- vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(sum / 2 + 1, 0));
- for(int i = 1; i <= n; ++i)
- {
- for(int j = 0; j <= sum / 2; ++j)
- {
- if(j >= stones[i - 1])
- dp[i][j] = max(dp[i - 1][j] , dp[i - 1][j - stones[i - 1]] + stones[i - 1]);
- else
- dp[i][j] = dp[i - 1][j];
- }
- }
- return sum - 2 * dp[n][sum / 2];
- }
- };
滚动数组优化代码
背包问题基本上都是利用滚动数组来做空间上的优化：（时间也有常数的优化）
- 利用滚动数组优化。
- 直接在原始代码上修改。
在01背包问题中，优化的结果为：
- 删掉所有的横坐标。
- 修改一下 j 的遍历顺序。
（滚动数组优化代码只需能在原代码上修改就行，不用考虑什么状态表示）
- class Solution {
- public:
- int lastStoneWeightII(vector<int>& stones) {
- int sum = 0, n = stones.size();
- for(auto& e : stones)
- {
- sum += e;
- }
-
- vector<int> dp(sum / 2 + 1, 0);
- for(int i = 1; i <= n; ++i)
- {
- for(int j = sum / 2; j >= stones[i - 1]; --j)
- {
- dp[j] = max(dp[j] , dp[j - stones[i - 1]] + stones[i - 1]) ;
- }
- }
- return sum - 2 * dp[sum / 2];
- }
- };
本篇完。
下一篇是BFS解决最短路问题类型的OJ。
下下篇动态规划类型的是完全背包类型的OJ。
