算法学习Day42 01背包、分割等和子集

Day42 01背包、分割等和子集

By HQWQF 2024/01/29

笔记

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01背包

有n件物品和一个最多能背重量为w 的背包。第i件物品的重量是weight[i]，得到的价值是value[i] 。每件物品只能用一次，求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。

每件物品在背包中的数量只可能是0或者1，所以称为01背包。

动态规划二维版本

01背包和其他动态规划问题的不同之处在于，可以使用二维的dp表去理解。

dp表中的每一个单元dp[i][j]的含义是，从物体0、1、2、……i中挑选放入一个容量为j的背包里时能得到的最大价值。

因为对于每一个单元dp[i][j]，其值可以从其他单元推导出，如果我们已知dp[i-1][j]，此时要求得出可以多加一个物体i的情况dp[i][j]，那么目标的dp[i][j]的挑选物品情况有两种可能：

• 不放物品i：如果dp[i][j]的挑选物品情况中没有物品i，此时和dp[i-1][j]的情况没有区别，在这种情况下：dp[i][j]=dp[i-1][j]，特别是如果物品i的重量大于j时就根本无法选上物品i。
• 放物品i： 如果dp[i][j]的挑选物品情况中有物品i，注意dp[i][j]的定义是从物体0、1、2、……i中挑选放入一个容量为j的背包里时能得到的最大价值。那么如果把背包中的物品i去掉，此时背包重量为j-weight[i]，此时的背包价值也应该是背包重量为j-weight[i]时能达到的最大值即dp[i - 1][j - weight[i]]，只要加上物品i的价值value[i]就是dp[i][j]了，这种情况下：dp[i][j]=dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]

那么我们就可以得出递推公式：dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);

注意由于要进行j - weight[i] 的操作，必须先验证是否物品i的重量小于j。

我们还要解决的是初始化的问题，分别需要初始化第一行（i=0）和第一列(j=0)，第一列显然都是0，第一行除了第一个都是value[0]。

void test_2_wei_bag_problem1() {
    vector<int> weight = {1, 3, 4};
    vector<int> value = {15, 20, 30};
    int bagweight = 4;

    // 二维数组
    vector<vector<int>> dp(weight.size(), vector<int>(bagweight + 1, 0));

    // 初始化
    for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) {
        dp[0][j] = value[0];
    }

    // weight数组的大小 就是物品个数
    for(int i = 1; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
        for(int j = 0; j <= bagweight; j++) { // 遍历背包容量
            if (j < weight[i]) dp[i][j] = dp[i - 1][j];
            else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);

        }
    }

    cout << dp[weight.size() - 1][bagweight] << endl;
}

动态规划一维版本

我们也可以使用滚动数组，把dp表从二维压缩到一维。

在一维dp数组中，dp[j]表示：容量为j的背包，所背的物品价值最大为dp[j]。

回看二维dp的递推公式：dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);

我们发现**dp[i][j] 取 max(dp[i - 1][j]时，就是取dp[i][j] 上面的元素的值，那么我们可以一行行遍历，每一行的遍历中得出的dp表作为下一行的初始dp表，这样dp[i][j] =dp[i - 1][j]**在一维的版本中就是dp[j]=dp[j]了

此时的递推公式为：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

初始化方面，需要让dp表初始化为0。

在遍历每一行时，对于一行，我们不必遍历所有列，因为当j < weight[i]时说明物体i放不下所以dp[j]保持当前值就行（而且不然dp[j - weight[i]]也会非法）。

而且我们需要从后面往前遍历，因为一维版本的dp[j - weight[i]] + value[i]相当于二维版本的dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]，既然需要对应的是i-1，那么就需要dp[j - weight[i]] 保持刚遍历这行的初始值也就是上一行的值，既然后面的值要求前面的值是初始值，那么必须先处理后面才能满足。

void test_1_wei_bag_problem() {
    vector<int> weight = {1, 3, 4};
    vector<int> value = {15, 20, 30};
    int bagWeight = 4;

    // 初始化
    vector<int> dp(bagWeight + 1, 0);
    for(int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
        for(int j = bagWeight; j >= weight[i]; j--) { // 遍历背包容量
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
        }
    }
    cout << dp[bagWeight] << endl;
}

int main() {
    test_1_wei_bag_problem();
}

416. 分割等和子集

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。

这题初看可以使用回溯解决，但是会超时，我们可以将其转化为01背包

动态规划

两个子集的元素和相等，相当于找到一个子集的和等于整个集合的和的二分之一，即sum/2。

将其转化为背包问题：

• 背包的体积为sum / 2
• 背包要放入的商品（集合里的元素）重量为 元素的数值，价值也为元素的数值
• 背包如果正好装满，说明找到了总和为 sum / 2 的子集。
• 背包中每一个元素是不可重复放入。

采用一维版本的01背包，物品（数字）i的重量是nums[i]，其价值也是nums[i]，那么递推公式为：

dp[j] = max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]);

初始化方面，背包容量定义为最大值，初始值为0。

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--) {
                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;
    }
};