深入解析：LeetCode算法日记 - Day 108: 01背包
2026-01-27 12:23 tlnshuju 阅读(0) 评论(0) 收藏 举报目录
1. 01背包
描述
你有一个背包，最大容量为 V。现有 n 件物品，第 i 件物品的体积为 vi，价值为 wi。研究人员提出以下两种装填方案：
1. 1. 不要求装满背包，求能获得的最大总价值；
2. 2. 要求最终恰好装满背包，求能获得的最大总价值。若不存在使背包恰好装满的装法，则答案记为 00。
输入描述：
第一行输入两个整数 n 和 (1≦,≦103)V(1≦n,V≦103)，分别表示物品数量与背包容量。
此后 n 行，第 i 行输入两个整数 ,(1≦,≦103)vi,wi(1≦vi,wi≦103)，分别表示第 i 件物品的体积与价值。
输出描述：
输出两行：
1. 1. 第一行输出方案 11 的答案；
2. 2. 第二行输出方案 22 的答案（若无解输出 00）。
示例1
输入：
3 5
2 10
4 5
1 4复制输出：
14
9复制说明：
在该组样例中：
∙ ∙ 选择第 11、第 33 件物品即可获得最大价值 10+4=1410+4=14（未装满）；
∙ ∙ 选择第 22、第 33 件物品可使背包体积 4+1=54+1=5 恰好装满且价值最大，为 5+4=95+4=9。示例2
输入：
3 8
12 6
11 8
6 8复制输出：
8
0复制说明：
装第三个物品时总价值最大但是不满，装满背包无解。1.1 题目解析
题目本质
经典的 01 背包问题，但有两个变种——一个允许背包有剩余空间，另一个要求恰好装满。核心是"在容量限制下，如何选择物品使价值最大"，本质上是线性DP。
常规解法
暴力枚举所有物品的选/不选组合（2^n 种），计算每种组合的总体积和总价值，筛选出符合条件的最大值。
// 常规解法：暴力枚举（会超时）
public class Solution {
static int maxValue1 = 0; // 方案1：不要求装满
static int maxValue2 = 0; // 方案2：恰好装满
public static void dfs(int[] v, int[] w, int index, int curV, int curW, int V) {
if (index == v.length) {
// 方案1：只要不超容量
maxValue1 = Math.max(maxValue1, curW);
// 方案2：必须恰好装满
if (curV == V) {
maxValue2 = Math.max(maxValue2, curW);
}
return;
}
// 不选当前物品
dfs(v, w, index + 1, curV, curW, V);
// 选当前物品
if (curV + v[index] <= V) {
dfs(v, w, index + 1, curV + v[index], curW + w[index], V);
}
}
}问题分析
暴力枚举的时间复杂度是 O(2^n)，当 n=1000 时完全不可行。问题在于存在大量重复计算——比如"前 5 个物品选了 1、3、5"和"前 5 个物品选了 3、1、5"本质是同一个状态，但会被重复计算。
思路转折
要想高效 → 必须消除重复计算 → 动态规划。关键观察：当前状态只依赖"处理了多少个物品"和"当前背包容量"，与选择的顺序无关。定义 dp[i][j] 表示"前 i 个物品，容量为 j 时的最优解"，通过递推逐步构建答案，时间复杂度降至 O(nV)。
1.2 解法
算法思想
两个方案的核心区别在于 DP 初始化和状态有效性：
外层循环
i：遍历第 i 个物品（处理第 i 个物品）。内层循环
j：遍历当前背包的容量 j（从 1 到最大容量 v）。
方案1（不装满）：dp[i][j] = 前 i 个物品，容量 ≤ j 时的最大价值
递推公式：dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-v[i]] + w[i])
初始状态：dp[0][j] = 0（所有容量都合法，最差不选任何物品）
方案2（恰好装满）：dp[i][j] = 前 i 个物品，容量 = j 时的最大价值
递推公式：dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-v[i]] + w[i])（需判断状态有效性）
初始状态：dp[0][0] = 0，dp[0][j] = -1（j>0 时无法装满，标记为无效）
步骤拆解
方案1：不要求装满
i）初始化：dp[0][j] = 0（所有容量默认为 0，表示不选物品）
ii）遍历物品 i（1 到 n）和容量 j（1 到 V）
iii）状态转移：
不选物品 i：dp[i][j] = dp[i-1][j]
选物品 i（若容量够）：dp[i][j] = dp[i-1][j-v[i]] + w[i]
取两者最大值
iv）答案：dp[n][V]
方案2：恰好装满
i）初始化：dp[0][0] = 0，dp[0][j] = -1（j>0，标记"无法装满"）
ii）遍历物品 i（1 到 n）和容量 j（1 到 V）
iii）状态转移：
不选物品 i：dp[i][j] = dp[i-1][j]
选物品 i（若容量够 且上一状态有效）
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-1][j-v[i]] + w[i]);
iv）答案案：dp[n][V] == -1 ? 0 : dp[n][V]
易错点
方案2 的初始化：必须将 dp[0][j]（j>0）初始化为 -1，而不是 0。0 表示"合法状态，价值为 0"，-1 表示"不可达状态"。
方案2 的状态转移判断：必须检查 dp[i-1][j-v[i]] != -1，否则会从"无法装满"的无效状态转移，导致错误结果。
二维数组重用：两个方案共用 dp 数组时，方案2 开始前必须逐行清零（Arrays.fill(dp[i], 0)），而不是 Arrays.fill(dp, 0)（后者只清空引用）。
循环边界：容量循环可以从 0 或 1 开始，但从 1 开始更清晰（因为 dp[i][0] 始终为 0）。物品循环必须从 1 到 n（包含 n）。
1.3 代码实现
import java.util.Arrays;
import java.util.Scanner;
public class Main {
private static final int N = 1010;
public static void main(String[] args) {
Scanner scanner = new Scanner(System.in);
// 读入数据
int n = scanner.nextInt();
int V = scanner.nextInt();
int[] v = new int[N];
int[] w = new int[N];
int[][] dp = new int[N][N];
for (int i = 1; i <= n; i++) {
v[i] = scanner.nextInt();
w[i] = scanner.nextInt();
}
// 方案1：不要求装满
// dp[i][j] 表示前 i 个物品，容量不超过 j 的最大价值
// 初始状态：dp[0][j] = 0（默认值，表示不选任何物品）
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= V; j++) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j]; // 不选物品 i
if (j >= v[i]) {
dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], dp[i - 1][j - v[i]] + w[i]);
}
}
}
System.out.println(dp[n][V]);
// 方案2：恰好装满
// dp[i][j] 表示前 i 个物品，容量恰好为 j 的最大价值
// 初始状态：dp[0][0] = 0，dp[0][j] = -1（j>0 时无法装满）
for (int i = 0; i <= n; i++) {
Arrays.fill(dp[i], 0);
}
for (int j = 1; j <= V; j++) {
dp[0][j] = -1; // 标记为无效状态
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= V; j++) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j]; // 不选物品 i
// 选物品 i：必须判断上一状态是否有效
if (j >= v[i] && dp[i - 1][j - v[i]] != -1) {
dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], dp[i - 1][j - v[i]] + w[i]);
}
}
}
System.out.println(dp[n][V] == -1 ? 0 : dp[n][V]);
scanner.close();
}
}复杂度分析
时间复杂度：O(nV)，两层循环遍历所有状态，每个状态 O(1) 转移
空间复杂度：O(nV)，使用二维 dp 数组存储所有状态
浙公网安备 33010602011771号