leetcode动态规划总结之01背包和完全背包问题

最新推荐文章于 2025-04-10 22:19:48 发布

bullshitter

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分类专栏：动态规划 leetcode 文章标签： leetcode 算法动态规划

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1 背包问题分类

在这里插入图片描述
其中，除了01背包和完全背包外，leetcode题目中好像还没有涉及其他类型的背包，在这里我就不做总结。

2 01背包理论

在这里插入图片描述
有N件物品和一个最大承载重量为W 的背包。第i件物品的重量是weight[i]，其价值是value[i] 。每件物品只能用一次，求解将哪几种物品装入背包里物品价值总和最大。
现在假设如下：
有一个容量为4kg的背包，现有如下物品

物品	重量(kg)	价格(元)
手办	1	1500
笔记本	4	3000
手机	3	2000

求背包能装入物品的最大价值。

确定dp数组的含义
dp[i][j]表示从下标为[1,i]的物品中任意选择，能装入容量为j的背包的最大价值；

	0	1	2	3	4
0
手办
笔记本
手机

二维数组的行表示不同的物品i，列表示对应的最大容量j。

求dp数组的递推关系式
dp[i][j]：容量为j的书包装入下标为[1,i]的物品能装入的最大价值。
dp[i - 1][j]：容量为j的书包装入下标为[1,i - 1]的物品能装入的最大价值。

如果第i件物品的重量大于背包的容量，即weight[i] > j，则
dp[i][j] = dp[i - 1][j]
如果第i件物品的重量小于等于背包的容量，即weight <= j，则
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i])
注：当有第i件物品时，是不是要判断如何装价值最大？生活中常常出现以下情形：
1）物品i的重量比背包还重，那么就根本装不进去，符合表达式
dp[i - 1][j]
2）背包不用拿出其他物品，还能装下第i件物品，这包含在表达式
dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i] >> dp[i - 1][j]
3）背包再继续装第i件物品会爆，拿出部分物品保证能装入第i件物品然后与不装入第i件物品的最大价值情况进行比较即可，即
max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i])
2）和3）两种情况合并即可

dp数组的初始化
dp[0][j] = dp[i][0] = 0
dp数组的遍历
根据递推表达式，dp[i][j]需要使用到dp[i - 1][j],所以应该从左往右遍历然后从上往下遍历(好像也可以从上往下，然后从左往右)
具体实现代码如下：

    public static void main(String[] args) {
        int[] weight = {1, 4, 2};
        int[] value = {1500, 3000, 2000};
        int[][] dp = new int[4][5];
        //这里无需初始化为0，因为创建数组时默认元素的值为0，这里只是为了体现dp数组的初始化
//        for (int i = 0; i < dp.length; i++)
//            dp[i][0] = 0;
//        for (int j = 1; j < dp[0].length; j++)
//            dp[0][j] = 0;
        for (int i = 1; i < dp.length; i++) {
            for (int j = 1; j < dp[0].length; j++) {
                if (weight[i - 1] > j)
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j];
                else
                    dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i - 1]] + value[i - 1]);
            }
        }
        System.out.println("背包能装入的最大价值为: " + dp[3][4] + "元");
    }

3 背包之滚动数组

3.1 滚动数组

DP是一个自底向上的扩展过程，所有就会有一系列连续的值，然而每次求解的值只与前几个DP值有关，所以前面的大部分解往往可以舍去，以节省空间。
滚动数组是DP中的一种编程思想。简单的理解就是让数组滚动起来，每次都使用固定的几个存储空间，来达到压缩，节省存储空间的作用。起到优化空间，
因为DP题目是一个自底向上的扩展过程，我们常常需要用到的是连续的解，前面的解往往可以舍去。所以用滚动数组优化是很有效的。利用滚动数组的话在N很大的情况下可以达到压缩存储的作用。

3.2 背包的一维求解问题

原则：

确定dp数组的含义
确定递推关系式
确定dp数组的遍历顺序(外物品，内容量；零一逆，完全顺)
dp数组的初始化
使用滚动数组来求解。我们看一下递推公式

$\left\{ \begin{array}{rcl} dp[i -1][j] & &{w[i - 1] > j}\\ max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - w[i -1]] + v[i -1]) & & {w[i - 1] \leq j } \end{array} \right.$

从上面的公式中我们可以发现dp[i][j]只由dp[i-1][j]和dp[i - 1][j - w[i -1]]决定，这说明二维数组dp[i][j]第i行的数据由i-1行决定，所以可以使用滚动数组解决。思考步骤如下：

确定dp数组的含义
dp[j]：容量为j的背包，所背的物品价值可以最大为dp[j]。
确定递推关系式
此时dp[j]有两个选择，⼀个是取dp[j] (也就是二维数组中的dp[i -1][j])，⼀个是取dp[j - w[i]] + v[i] (也就是二维数组中的dp[i -1][j - w[i]]),取最大值即可。
确定dp数组的遍历顺序
规则：外物品，内容量；零一逆，完全顺
含义：外循环遍历物品，内循环遍历背包容量(因为二维数组中只有上一行确定完了，下一行才好继续进行)；01背包逆序遍历，完全背包顺序遍历。
原因：

我们以其中的吉他为例子

假设初始条件是物品为0时，即dp[j] = 0。

如果顺序遍历的情况
dp[1] = max(dp[1], dp[1 - 1] + v) = max(0, 0 + 1500) = 1500;背包加入了G
dp[2] = max(dp[2], dp[2 - 1] + v) = max(0, 1500 + 1500) = 3000;背包又重复加入了G。所以与01背包的情况不符合，与完全背包的情况相符合。
如果逆序遍历的情况
dp[4] = max(dp[4], dp[4 - 1] + v) = max(0, 0 + 1500) = 1500;
dp[3] = max(dp[3], dp[3 - 1] + v) = max(0, 0 + 1500) = 1500;
dp[2] = max(dp[2], dp[2 - 1] + v) = max(0, 0 + 1500) = 1500;
dp[1] = max(dp[1], dp[1 - 1] + v) = max(0, 0 + 1500) = 1500;
所以与01背包的情况相符合，与完全背包的情况不符合。

dp数组的初始化
dp[0]：背包的容量为0时能装入物品的最大价值，为0。

具体代码实现如下：

    public static void main(String[] args) {
        int[] weight = {1, 4, 2};
        int[] value = {1500, 3000, 2000};
        int[] dp = new int[5];
        //这里无需初始化为0，因为创建数组时默认元素的值为0，这里只是为了体现dp数组的初始化
//        dp[0] = 0;
        for (int i = 0; i < weight.length; i++) {
            for (int j = 4; j >= weight[i]; j--) {
                dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
            }
        }

        System.out.println("背包能装入的最大价值为: " + dp[4] + "元");
    }

4 背包的应用

4.1 背包应用的分类

背包的应用通常分为以下三类

最值问题: dp[j] = max/min(dp[j], dp[j-nums[i]]+1)或dp[j] = max/min(dp[j], dp[j-num[i]]+v[i])
存在问题(boolean)：dp[j]=dp[j]||dp[i-nums[i]]
组合问题：dp[j]+=dp[j-nums[i]]

4.2 背包应用的转化

如何将应用问题转化为背包问题这是关键

确定题目求解的目标以及类别-----对应背包的容量target(难)
确定遍历的物品(中)
确定是01背包还是完全背包(易)

5 应用实例

5.1 存在问题

5.1.1 leetcode–416. 分割等和子集

416. 分割等和子集
在这里插入图片描述
题目如何转化为背包问题：

是否存在target = 数组总和 / 2 $\Rightarrow$ 存在问题
背包的重量W是多少？ $\Rightarrow$ target = 数组元素总和 / 2
物品是什么？ $\Rightarrow$ 数组中的每个元素
物品的重量weight[i]是多少？ $\Rightarrow$ 每一个元素的值
物品的价值value[i]是多少？ $\Rightarrow$ 不知道
题目的问题是什么？ $\Rightarrow$ 能否恰好装满背包
求解不需要用到物品的价值，所以无需知道

确定dp数组的含义
dp[j] ：是否存在和为j的元素组合；
确定递推关系式
1）如果nums[i] > j，则说明物品nums[i]肯定不能放入背包中，要不然重量一定超过j，那么前i项物品是否存在重量为j的组合就只能看前i - 1项物品中是否存在重量为j的组合，则
dp[i][j] = dp[i - 1][j]
2）如果nums[i] <= j, 则说明物品nums[i]能放入背包中，那么前i项物品是否存在重量为j的组合有两种可能：

前i - 1项物品中是否存在重量为j的组合：dp[i][j] = dp[i - 1][j]
将第i项物品装入后，前i - 1项物品是否存在重量为j - nums[i] 的组合，即
dp[i][j] = dp[i - 1][j - nums[i]]
只要其中任意一种情况满足即可，所以
dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i - 1][j - nums[i]]
简化为一维dp
dp[j] = dp[j] || dp[j - nums[i]];

确定dp数组的遍历顺序
数组中的每个元素只能使用一次，所以属于01背包问题。
先元素遍历，再元素和遍历，01背包逆序遍历
dp数组的初始化
dp[0]：假设数组元素为[2,4,6,8]。判断dp[2]是否存在需要使用
dp[2] = dp[2] || dp[2 - nums[0]] = dp[2] || dp[0]。而dp[2]最开始为false，所以要保证dp[0]为true。故dp[0] = true;

具体代码实现如下：

class Solution {
    public boolean canPartition(int[] nums) {
        int n = nums.length;
        int target = 0, maxNum = 0;
        for (int num : nums) {
            target += num;
            maxNum = Math.max(maxNum, num);
        }
        //这部分是剪枝操作
        if (target % 2 != 0) 
            return false;
        target /= 2;
        if (maxNum > target) 
            return false;
        boolean[] dp = new boolean[target + 1];
        //初始化dp[0]
        dp[0] = true;
        for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
            for (int j = target; j >= nums[i]; j--) {
                dp[j] = dp[j] || dp[j - nums[i]];
            }
        }
        return dp[target];
    }       
}

5.2 最值问题

5.2.1 leetcode–1049. 最后一块石头的重量 II

1049. 最后一块石头的重量 II
在这里插入图片描述

最后一块石头的重量问题如何转化为背包问题

假设两块石头碰撞后[不放回]石头堆，要保证最后的石头重量最小，要将石头堆划分为正号堆和负号堆：

将每次操作中[重量较大]的石子放到[正号堆]，代表在这次操作中该石子重量在[最终运算结果]中应用 + 运算符
将每次操作中[重量较少/相等]的石子放到[负号堆]，代表在这次操作中该石子重量在[最终运算结果]中应用 − 运算符
所以，最终得到的结果，可以为原来 stones数组中的数字添加 +或 − 符号，所形成的[计算表达式]所表示。

假设两块石头碰撞后[放回]哪个石头堆，只是[某个原有石子]所在[哪个堆]发生变化，并不会真正意义上的产生[新的石子重量]。
理由是：假设有石头a和b，且a >= b。两石头碰撞产生一个a - b的新石头。

将新石头放入[正号堆]，最终结果相当于 +(a - b) = + a - b，而右边的式子的含义就是将a放入[正号堆]，将b放入[负号堆]；
将新石头放入[负号堆]，最终结果相当于 -(a - b) = - a + b ，而右边的式子含义就是将a放入[负号堆]，将b放入[正号堆]。
所以不断地[重放]就是不断地改变原始石头所在[哪个堆]的位置，对所有的原始石头来说，只是新的一种分类方式，即便是[放回]操作，最终的结果仍可以使用[为原来的数组添加+或-，形成计算表达式，得到最后一块石头的重量]，即
$\sum_{i=1}^{n}k_i \times stones[i] \quad k_i = \{ +1, -1\}$
最终石头的重量就是weight，要使weight最小，即表达式的正项和负项非常接近，即保证[正号堆]和[负号堆]石头的重量相减，得到石头重量最小。
转化为背包问题：
从 stones数组中选择，凑成总重量不超\frac{7x+5}{1+y^2}过 $\frac{sum}{2}$ 的石头最大重量

找到不大于 $\frac{sum}{2}$ 的最大重量 $\Rightarrow$ 最值问题
背包的重量W是多少？ $\Rightarrow$ $\frac{sum}{2}$
物品是什么？ $\Rightarrow$ 数组中的每个石头
物品的重量weight[i]是多少？ $\Rightarrow$ 每个元素的值
物品的价值value[i]是多少？ $\Rightarrow$ 每个元素的值

解题步骤

确定dp数组的含义
dp[j]：容量为j的书包能装入的最大重量
确定递推关系式
dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i])
确定dp数组的遍历顺序(外物品，内容量；零一逆，完全顺)
先遍历石头，再遍历容量，由于每个石头只能用一次，所以是01背包，背包容量是逆序遍历的。
dp数组的初始化
当物品重量为0时，dp数组能装入的最大重量为0即dp[j] = 0。

具体代码实现如下

class Solution {
    public int lastStoneWeightII(int[] stones) {
        int sum = 0;
        for (int i = 0; i < stones.length; i++) {
            sum += stones[i];
        }
        int target = sum / 2;
        int[] dp = new int[target + 1];
        //初始化
        for(int j = 0; j <= target; j++)
            dp[j] = 0;
        //遍历
        for (int i = 0; i < stones.length; i++) {
            for (int j = target; j >= stones[i]; j--) {
                dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i]);
            }
        }
        return sum - 2 * dp[target];
    }
}

注意：

当sum为奇数时， $=\frac{sum}{2}$ 相当于一半向下取整达不到一半，但石头的重量都为整数，也不可能恰好为sum的一半，所以[**负号堆]最多只能一半重量向下取整符合target的目标；
此题也能归纳为存在问题，就是看石头组合的重量从0到 $\frac{sum}{2}$ 是否存在，得到的dp数组从后往前遍历，选择存在的最大的重量即为[**负号堆]的重量，具体代码实现如下：

class Solution {
    public int lastStoneWeightII(int[] stones) {
        int sum = 0;
        for (int i = 0; i < stones.length; i++) {
            sum += stones[i];
        }
        int target = sum / 2;
        boolean[] dp = new boolean[target + 1];
        //初始化
        dp[0] = true;
        //遍历
        for (int i = 0; i < stones.length; i++) {
            for (int j = target; j >= stones[i]; j--) {
                dp[j] = dp[j] || dp[j - stones[i]];
            }
        }
        int flag = 0;
        for (int j = target; j >= 0; j--) {
            if (dp[j]) {
                flag = j;
                break;
            }
        }
        return sum - 2 * flag;
    }
}

5.2.1 leetcode–322. 零钱兑换

322. 零钱兑换
在这里插入图片描述
转化为背包问题：
从 coins数组中选择，凑成总数为amount的硬币的最小数量

找到凑成总数为amount的硬币的最小数量 $\Rightarrow$ 最值问题
背包的重量W是多少？ $\Rightarrow$ amount
物品是什么？ $\Rightarrow$ 数组中的每种硬币
物品的重量weight[i]是多少？ $\Rightarrow$ 每种硬币的值
物品的价值value[i]是多少？ $\Rightarrow$ 硬币的数量

解题步骤

确定dp数组的含义
dp[j] : 构成值为j的硬币的最小数量。
确定递推关系式
dp[j] = min(dp[j], dp[j - coins[i]] + 1)
注意：这里要考虑dp[j]和dp[j - coins[i]]是否存在的问题。

如果将dp[j]不存在设置为dp[j] = -1;那么上面的最小值计算只适合dp[j]和dp[j - coins[i]]都存在的情况；如果两个都不存在，dp[j] = -1;如果由一个存在，另一个不存在,dp[j] = max(dp[j], dp[j - coins[i]] + 1)。这种比较麻烦，分类讨论太多。
由于面值都为整数,即coins[i] >= 1。如果将dp[j]不存在设置为dp[j] = amount + 1；其中一个存在，另一个不存在时，存在的值一定小于amount + 1，所以符合上式；当两个都不存在时，dp[j] = min(amount +1, amount + 1 + 1) = amount + 1相当于不存在。也符合上式。

确定dp数组的遍历顺序(外物品，内容量；零一逆，完全顺)
先遍历金币的种类，再遍历容量；完全背包问题，顺序遍历内循环。
dp数组的初始化
当金币面额值为0时，dp[0] = 0，dp[j] = amount + 1。

具体代码实现如下

class Solution {
    public int coinChange(int[] coins, int amount) {
        int[] dp = new int[amount + 1];
        //初始化
        for (int j = 1; j <= amount; j++)
            dp[j] = amount + 1;
        for (int i = 0; i < coins.length; i++) {
            for (int j = coins[i]; j <= amount; j++) {
                dp[j] = Math.min(dp[j], dp[j - coins[i]] + 1);
            }
        }
        return dp[amount] == (amount + 1)? -1 : dp[amount];
    }
}

5.3 组合问题

5.3.1 leetcode–518. 零钱兑换 II

518. 零钱兑换 II
在这里插入图片描述
转化为背包问题：
从 coins数组中选择，凑成总金额为amount的方式种类数

找到组合为amount的种类数量 $\Rightarrow$ 组合问题
背包的重量W是多少？ $\Rightarrow$ amount
物品是什么？ $\Rightarrow$ 数组中每种面额的金币
物品的重量weight[i]是多少？ $\Rightarrow$ 每种金币的面额

解题步骤

确定dp数组的含义
dp[j]：总金额为j的金币组合方式共有dp[j]种。
确定递推关系式
dp[j] = dp[j] + dp[j - coins[i]]
确定dp数组的遍历顺序(外物品，内容量；零一逆，完全顺)
先遍历金币，再遍历总金额，由于每种金币用无数次，所以是完全背包，背包容量是顺序遍历的。
dp数组的初始化
当金币面额为0时，dp[0] = 1，dp[j] = 0。

具体代码实现如下

class Solution {
    public int change(int amount, int[] coins) {
        int[] dp = new int[amount + 1];
        //初始化
        dp[0] = 1;
        for (int i = 0; i < coins.length; i++) {
            for (int j = coins[i]; j <= amount; j++) {
                dp[j] += dp[j - coins[i]];
            }
        }
        return dp[amount];
    }
}