Andy_Xie007的博客

方法一：修改递归函数，根据题目新的限制条件——使用次数扩充状态参数个数，将同一个物品选用的次数同样作为参数传递到栈空间中，同时也对原状态数组扩充一位，防止记忆化搜索时状态溢出。方法二：修改物品列表，仿照完全背包问题方法二对物品列表进行二次幂插入，且最大插入次数严格小于等于规定次数。多重背包问题同样是01背包问题的变种，同样可以通过修改01背包部分代码来求解。

完全背包问题作为01背包问题的升级版，我们可以通过修改01背包递归函数来求解完全背包问题。

自从学习编程以来一直对递归法怀有一些畏难情绪，而递归作为一个常用的基础算法，是几乎绕不开的技能。刚刚结束的湖南大学冬季杯数学建模竞赛中A题第二问中用到递归+贪心算法，让我重新开始审视递归法。题目链接：AcWing 2. 01背包问题。

由于题目特意说明了最浅节点并不一定是根节点，所以理论上二叉树中所有节点都可以作为这个最浅节点。（即便是叶节点也可以认为它有2个地址为nullptr的子节点）假如给定一个确定的最浅节点，那么存在唯一“直径”，即存在唯一“一个叶节点经过该最浅节点再到另一个叶节点的路径和的最大值”。也就是说，只要计算出二叉树中所有的节点作为“最浅节点”的“直径”，求该集合中的最大值即可。首先，容易得出，所求直径两端的节点一定为叶子节点。这一点用反证法即可证明，假设直径端点为一个非叶子节点，那么他的子节点一定是一个更优端点。

对于长度为 i 的字符串，当且仅当长度为 j ( j < i )的字符串合法且下标从 i - j 到 i 的字符串能被字典中的任意一词表示时长度为 i 的字符串合法，即。3.判断长度为i的字符串是否合法（能被拆分成多个单词）2.初始化动态规划数组。

首先不难想到，如果选择用累加的方式求和然后判断是否整除一定会超时，因此不妨将“和能被常数k整除”转化为“结果除以常数k的余数为0”, 这样依次判断前i个数添加符号后的数列和的余数即可。具体来说，对于每个数，我们可以选择将它加或者减，从而得到新的余数。因此，我们可以采用二维状态数组。接下来，对于每个数，我们可以枚举前面的状态，并根据当前数的值更新状态数组。是可达的，那么我们可以通过加或者减当前数得到新的余数。为真，那么说明可以得到余数为0，即整个序列可以被。初始化时，第一个数的余数可以是。

这题同样是退化的01背包问题，主要来实验了一下关于背包问题的一些优化策略。

70分暴力解法，核心代码用二进制+位运算遍历书本的所有组合方式。由于从0到2^size的二进制数恰好覆盖书的组合情况，所以可以不重不漏地计算每一种组合的总价，由于当时还没有学递归，所以用了这个函数实现没有优化的搜索，时间复杂度O(2^n)。下面是完整代码后来自然也想了很多优化方法，比如说先将所有书本排序，然后从小往大累加，直到超过题设包邮价格，求出至多选多少书；从大往小累加，直到超过包邮价格，求出至少选多少书，遗憾的是，这些优化对于搜索算法的优化是常数级别，而想要不超时需要指数级别的优化效果。

按照背包内物品可以选取的次数（1次，有限次，无数次），将物品分别按照01背包，多重背包，完全背包策略进行处理即可。这里重点讲讲多重背包问题解法中采用的二进制优化。对于物品i，可以取用p次。我们当然可以通过将这个物品转化成p个价值和体积递增的物品由此转化为01背包问题。（假设价值5，体积4的物品可以取用3次，那么可以转化为有3个物品，价值分别为5，10，15，体积分别为4，8，12的01背包）如果将次数拆分成2的各阶幂的和的形式，那么可以大大减少计算量。