代码随想录算法训练营Day41|背包问题、分割等和子集

由于dp的递推公式dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-weight[i]] + value[i])，当前dp[i][j]仅与之前的元素有关，其他地方无需初始化。

vectorint>>dp(weight.size(),vector<int>(bagweight + 1, 0));
for(int j = weight[0]; j <= bagweight; j++){
    dp[0][j] = value[0];
}

之后是确定遍历顺序，对物品和背包的遍历都是可行的。

以遍历物品为例，当j

for(int i = 1; i < weight.size();i++){
    for(int j = 0; j <= bagweight; j ++){
        if(j < weight[i])
           dp[i][j] = dp[i-1][j];
        else
            dp[i][j] = max(dp[i][j-1],dp[i-1][j-weight[i]]+value[i]);
    }
}

遍历背包的话

for(int j = 0; j <= bagweight; j++){
    for(int i = 0; i < weight.size(); i++){
        if(j < weight[i])
            dp[i][j] = dp[i-1][j];
        else
            dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-value[i]] + value[i]);
    }
}

只是变更一下顺序，其他一样（对本题是这样的）。

之后就是返回dp数组的最大值即可。

代码随想录的代码如下：

//二维dp数组实现
#include 
using namespace std;
 
int n, bagweight;// bagweight代表行李箱空间
void solve() {
    vector<int> weight(n, 0); // 存储每件物品所占空间
    vector<int> value(n, 0);  // 存储每件物品价值
    for(int i = 0; i < n; ++i) {
        cin >> weight[i];
    }
    for(int j = 0; j < n; ++j) {
        cin >> value[j];
    }
    // dp数组, dp[i][j]代表行李箱空间为j的情况下,从下标为[0, i]的物品里面任意取,能达到的最大价值
    vectorint>> dp(weight.size(), vector<int>(bagweight + 1, 0));
 
    // 初始化, 因为需要用到dp[i - 1]的值
    // j < weight[0]已在上方被初始化为0
    // j >= weight[0]的值就初始化为value[0]
    for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) {
        dp[0][j] = value[0];
    }
 
    for(int i = 1; i < weight.size(); i++) { // 遍历科研物品
        for(int j = 0; j <= bagweight; j++) { // 遍历行李箱容量
            // 如果装不下这个物品,那么就继承dp[i - 1][j]的值
            if (j < weight[i]) dp[i][j] = dp[i - 1][j];
            // 如果能装下,就将值更新为 不装这个物品的最大值 和 装这个物品的最大值 中的 最大值
            // 装这个物品的最大值由容量为j - weight[i]的包任意放入序号为[0, i - 1]的最大值 + 该物品的价值构成
            else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
        }
    }
    cout << dp[weight.size() - 1][bagweight] << endl;
}
 
int main() {
    while(cin >> n >> bagweight) {
        solve();
    }
    return 0;

算法使用两层嵌套循环来补全dp数组，外层执行weight.size()次，即n次，内层执行了bagweight+1次，定为m次，时间复杂度为O(n*m)，空间复杂度使用了二维数组，O(n*m)。

一维

滚动数组，不太理解，周末看看。

代码随想录 (programmercarl.com)

// 一维dp数组实现
#include 
#include 
using namespace std;
 
int main() {
    // 读取 M 和 N
    int M, N;
    cin >> M >> N;
 
    vector<int> costs(M);
    vector<int> values(M);
 
    for (int i = 0; i < M; i++) {
        cin >> costs[i];
    }
    for (int j = 0; j < M; j++) {
        cin >> values[j];
    }
 
    // 创建一个动态规划数组dp，初始值为0
    vector<int> dp(N + 1, 0);
 
    // 外层循环遍历每个类型的研究材料
    for (int i = 0; i < M; ++i) {
        // 内层循环从 N 空间逐渐减少到当前研究材料所占空间
        for (int j = N; j >= costs[i]; --j) {
            // 考虑当前研究材料选择和不选择的情况，选择最大值
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - costs[i]] + values[i]);
        }
    }
 
    // 输出dp[N]，即在给定 N 行李空间可以携带的研究材料最大价值
    cout << dp[N] << endl;
 
    return 0;
}

分割等和子集

416. 分割等和子集 - 力扣（LeetCode）

        本来想着直接排序然后依次加入最小的数，然后发现果然有错[1,1,2,2]。

        以[1,5,11,5]这个题例为例，可以抽象为 一个背包容量为11，剩余元素（只能使用1次）是否能装满这个容量为11的背包。0-1背包问题。

        DP数组含义，容量为j的最大价值为dp[j],当dp[target] == target时，表示能装满（此处的target为数组sum的一半，因为两个子集和要相等），即能实现分割等和子集。

        背包容量从0到10001，因为数字总和不超过20000，则target<=10000,dp数组长度到达10001就够了。

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

        对dp的初始化，由于nums数组全为正整数，可以全部初始化为0，（若存在负数，则应初始化为INT_MIN）。

遍历顺序物品遍历在外，背包遍历在内层，且内层倒序遍历。参考代码随想录 (programmercarl.com)

最后需考虑，当dp[target] == target时，返回true，否则为false。

此外，若sum%2 == 1，则表明sum为奇数，不存在两个相等的子数组和，return false。剪枝。

class Solution {
public:
    bool canPartition(vector<int>& nums) {
        int sum = 0; 
        for(auto x:nums){
            sum += x; // 计算数组元素的总和
        }
        // 如果总和是奇数，那么不能平分，直接返回false
        if(sum%2 == 1)
            return false;
        // 计算目标和，即每个子集应该达到的和
        const int target = sum/2;
        // 初始化动态规划数组dp，大小为10001，初值都为0
        // dp[j]表示是否能够从前i个数字中选取一些数字，使得这些数字的和为j
        vector<int>dp(10001, 0);
 
        // 遍历数组中的每个数字
        for(int i = 0; i < nums.size();i++){
            // 从大到小遍历目标和及其以下的值
            for(int j = target; j >= nums[i]; j--){
                // 更新dp[j]，选取或不选取当前数字，取两种情况的最大值
                dp[j] = max(dp[j],dp[j - nums[i]] +nums[i]);
            }
        }
        // 如果dp[target]等于target，说明可以找到和为target的子集，返回true
        if(dp[target] == target)
            return true;
        return false;
    }
};

算法的时间复杂度为O(n^2)，空间复杂度为O(n)。