1. 前言
关于 动态规划的理解 与例题，点击👇
有了上面的经验，我们来解下面 01 背包问题
2. 算法题
2.1_【模板】01背包
思路
-
设置状态表示
- 对于此类背包问题，我们需要考虑的因素往往不止一个，状态表示会根据影响结果的因素而定
- dp[i][j]：从前i个物品进行选择，所选体积不超过j的最大价值
-
写状态转移方程
-
初始化
- 虚拟空间一行一列，并初始化为0（因为会用max更新dp值）
-
填表的顺序
- 从上向下 填表即可
-
返回值
- dp[n][V]
代码
#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
// 定义全局变量 自动初始化为0
const int N = 1001;
int w[N], v[N], n , V; // n个物品 体积为V
int dp[N][N]; // dp数组: 自动初始化为0
// 01背包
int main()
{
// 读数据
cin >> n >> V;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
cin >> v[i] >> w[i];
// 第一问
// dp[i][j]：从前i个物品进行选择，所选体积不超过j的最大价值
for(int i = 1; i <= n; ++i)
for(int j = 1; j <= V; ++j)
{
dp[i][j] = dp[i-1][j]; // 不选i物品
if(j >= v[i])
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-1][j-v[i]] + w[i]);
}
cout << dp[n][V] << endl;
// 第二问
// 初始化dp
for(int j = 1; j <= V; ++j) dp[0][j] = -1; // -1表示无效选法
// 填表
for(int i = 1; i <= n; ++i)
for(int j = 1; j <= V; ++j)
{
dp[i][j] = dp[i-1][j]; // 不选i物品
if(j >= v[i] && dp[i-1][j-v[i]] != -1)
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-1][j-v[i]] + w[i]);
}
cout << (dp[n][V] == -1 ? 0 : dp[n][V]) << endl;
return 0;
}
2.2_分割等和子集
思路
- 题意分析
- 题目要求判断是否可以将数组分割成两个元素和相同的子集，即每个子集的元素和为sum(数组总和) / 2
- 我们可以对题目进行转化，即只要能在数组中找到子集使其和为sum/2，那么就一定有另一个和自己元素和相同的子集
- 即在数组中找到和为sum/2的元素选法个数，即01背包
-
设置状态表示
- 根据题目，要求判断是否可以将数组分割，所以dp表类型设置为bool
- dp[i][j]：以i为结尾的子数组中所有的选法中，是否有总和为j的
-
写状态转移方程
-
初始化
-
填表的顺序
- 从上向下填写每行
-
返回值
- dp[n][sum/2]
代码
class Solution {
public:
bool canPartition(vector<int>& nums) {
// 题目转化：找数，使和为sum/2
int sum = 0, n = nums.size();
for(auto num : nums) sum += num; // 数组和
if(sum % 2 == 1) return false; // 奇数，不能分割
int aim = sum / 2;
// 创建dp数组:dp[i][j]: 以i为结尾的子数组中，总和是否为j
vector<vector<bool>> dp(n+1, vector<bool>(aim+1));
// 初始化 + 填表
for(int i = 0; i <= n; ++i) dp[i][0] = true;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
for(int j = 1; j <= aim; ++j)
{
dp[i][j] = dp[i-1][j]; // 不选i位置数
if(j >= nums[i-1]) // 映射下标
dp[i][j] = dp[i-1][j] || dp[i-1][j-nums[i-1]];
}
return dp[n][aim];
}
};
2.3_目标和
思路
- 题意分析
- 根据题目，即由x个正数与y个负数可以组成目标值target
- 那么有：x - y = target，x + y = sum（数组和）
- 则 x = (target + sum) / 2
- 此时题目可以理解成，从数组中选择数，数的总和为x，求总共的选法，即01背包：
- 设置状态表示
- dp[i][j]：以i为结尾的子数组中和为j的选法的个数
- 写状态转移方程
- 可以看出本题与上题的总体差别不大，根据状态表示的不同，状态转移方程和初始化进行简单改动：
-
初始化
- 只需要初始化第一行，dp[0][0] = 0，dp[0][j] = 1（j >= 1）
-
填表的顺序
- 从上向下
-
返回值
- dp[n][aim]
代码
class Solution {
public:
int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int target) {
// 题目转化：从数组中选择一些数，使其和为目标值，求选法的个数
int n = nums.size(), sum = 0; // 数组和
for(auto x : nums) sum += x;
// a: 正数和 b: 负数和（绝对值）
// a + b = sum; a - b = target
int aim = (sum + target) / 2;
if(aim < 0 || (sum + target) % 2 == 1) return 0; // 处理边界条件
// 创建 + 初始化
vector<vector<int>> dp(n+1, vector<int>(aim + 1));
dp[0][0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
for(int j = 0; j <= aim; ++j)
{
dp[i][j] = dp[i-1][j]; // 不选i位置数
if(j >= nums[i-1]) dp[i][j] += dp[i-1][j-nums[i-1]];
}
return dp[n][aim];
}
};
2.4_最后一块石头的重量II
思路
- 题意分析
- 观察题目，石头碰撞的过程实际就是，两个数相减的过程；
- 要想使最后的重量最小，只需要在数组中找到序列总和尽可能接近sum/2，此时与剩下的相减的值就是最小的
- 即转化为了01背包问题；
-
设置状态表示
- dp[i][j]：以i为结尾的子数组中，总和不大于j的最大和（<=j）
-
写状态转移方程
-
初始化
- 初始化第一行为0
-
填表的顺序
- 从上往下
-
返回值
- sum - (2*dp[n][sum / 2])
代码
int lastStoneWeightII(vector<int>& stones) {
// 题目转化为: 在数组中选数，使其总和最接近sum/2
int sum = 0, n = stones.size();
for(auto x : stones) sum += x;
int aim = sum / 2;
// 创建dp数组: dp[i][j]：从前i个数中选数，使其和最接近j时的值
vector<vector<int>> dp(n+1, vector<int>(aim+1));
for(int i = 1; i <= n; ++i)
for(int j = 0; j <= aim; ++j)
{
dp[i][j] = dp[i-1][j]; // 不选i数
if(j >= stones[i-1]) dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-stones[i-1]] + stones[i-1]);
}
return sum - 2*dp[n][aim];
}