3.30 代码随想录第三十天打卡-优快云博客

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准备:01背包理论基础（二维）

1.有n个物品每个物品只有一个

2.完全背包是有n个物品每个物品有无限多个

3.多重背包是有n个物品每种物品个数各不相同

（1）题目描述：

（2）解题思路；

1.i 来表示物品、j表示背包容量，不放物品i时就是dp[i-1][j],i-1是上一个物品，j容量大小不变（dp[i-1]就是[0,i-1]之间物品任意选取，但不包含物品i不能选i）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
    int n, bagweight;// bagweight代表行李箱空间

    cin >> n >> bagweight;

    vector<int> weight(n, 0); // 存储每件物品所占空间
    vector<int> value(n, 0);  // 存储每件物品价值

    for(int i = 0; i < n; ++i) {
        cin >> weight[i];
    }
    for(int j = 0; j < n; ++j) {
        cin >> value[j];
    }
    // dp数组, dp[i][j]代表行李箱空间为j的情况下,从下标为[0, i]的物品里面任意取,能达到的最大价值
    vector<vector<int>> dp(weight.size(), vector<int>(bagweight + 1, 0));

    // 初始化, 因为需要用到dp[i - 1]的值
    // j < weight[0]已在上方被初始化为0
    // j >= weight[0]的值就初始化为value[0]
    for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) {
        dp[0][j] = value[0];
    }

    for(int i = 1; i < weight.size(); i++) { // 遍历科研物品
        for(int j = 0; j <= bagweight; j++) { // 遍历行李箱容量
            if (j < weight[i]) dp[i][j] = dp[i - 1][j]; // 如果装不下这个物品,那么就继承dp[i - 1][j]的值
            else {
                dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
            }
        }
    }
    cout << dp[n - 1][bagweight] << endl;

    return 0;
}

（3）总结：

1.注：

不放物品i：dp[i-1][j]

放物品i：dp[i-1][j-weight[i]]+value[i]

2.进行初始化

3.当前粉色元素，是由其左上方和正上方推出的，将第一列都初始化成0，将第一行都初始化成15（此情况下是不管背包能放多重，都只放一个重量为1的物品0）

4.注：如果dp是二维数组，两层for循环先遍历背包或先遍历物品都行（二维dp数组中采用正序遍历或倒序遍历都可以）

01背包理论基础（滚动背包）

(1)题目描述：

1.和上一题一样

（2）解题思路：

// 一维dp数组实现
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

int main() {
    // 读取 M 和 N
    int M, N;
    cin >> M >> N;

    vector<int> costs(M);
    vector<int> values(M);

    for (int i = 0; i < M; i++) {
        cin >> costs[i];
    }
    for (int j = 0; j < M; j++) {
        cin >> values[j];
    }

    // 创建一个动态规划数组dp，初始值为0
    vector<int> dp(N + 1, 0);

    // 外层循环遍历每个类型的研究材料
    for (int i = 0; i < M; ++i) {
        // 内层循环从 N 空间逐渐减少到当前研究材料所占空间
        for (int j = N; j >= costs[i]; --j) {
            // 考虑当前研究材料选择和不选择的情况，选择最大值
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - costs[i]] + values[i]);
        }
    }

    // 输出dp[N]，即在给定 N 行李空间可以携带的研究材料最大价值
    cout << dp[N] << endl;

    return 0;
}

（3）总结：

1.dp[j]容量为j的背包所能装的最大价值为dp[j]

2.不放物品i：dp[j]

放物品i：dp[j-weight[i]]+value[i](最后在两种情况中取最大值就行)

3.要注意遍历顺序不能用正序遍历，可以用公式推导一下，物品0会被计算两次（不符合01背包中每个物品只能用一次的规则）

4.注：只能先遍历物品再遍历背包

416.分割等和子集

（1）题目描述：

（2）解题思路：

class Solution {
public:
    bool canPartition(vector<int>& nums) {
        int sum = 0;

        // dp[i]中的i表示背包内总和
        // 题目中说：每个数组中的元素不会超过 100，数组的大小不会超过 200
        // 总和不会大于20000，背包最大只需要其中一半，所以10001大小就可以了
        vector<int> dp(10001, 0);
        for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
            sum += nums[i];
        }
        // 也可以使用库函数一步求和
        // int sum = accumulate(nums.begin(), nums.end(), 0);
        if (sum % 2 == 1) return false;
        int target = sum / 2;

        // 开始 01背包
        for(int i = 0; i < nums.size(); i++) {
            for(int j = target; j >= nums[i]; j--) { // 每一个元素一定是不可重复放入，所以从大到小遍历
                dp[j] = max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]);
            }
        }
        // 集合中的元素正好可以凑成总和target
        if (dp[target] == target) return true;
        return false;
    }
};