139.单词拆分 ★

文档讲解 ： 代码随想录 - 139.单词拆分
状态：再次回顾。（★：需要多次回顾并重点回顾）

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本题其实不套完全背包思路来理解反而更简单易懂一点。

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动态规划五部曲：

1. 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
   dp[i]的定义为：字符串长度为i的话，dp[i]为true，表示可以拆分为一个或多个在字典中出现的单词。

2. 确定递推公式

   if (wordSet.find(word) != wordSet.end() && dp[j]) dp[i] = true;
   

   如果确定dp[j] 是true，且 [j, i] 这个区间的子串出现在字典里，那么dp[i]一定是true。（ j < i ）。
   所以递推公式是 if ([j, i] 这个区间的子串出现在字典里 && dp[j]是true) 那么 dp[i] = true。

3. dp数组如何初始化
   dp[0] = true ;

4. 确定遍历顺序
   完全背包思路： 求排列，先遍历背包，再遍历物品。（不可以换顺序！）
   先确定想要确认的字符串的终止位置i，再确定起始位置j。

5. 举例推导dp数组:
   以输入: s = "leetcode", wordDict = ["leet", "code"]为例，dp状态如图：
   

本题代码：

class Solution {
public:bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {unordered_set<string> wordSet(wordDict.begin(), wordDict.end());vector<bool> dp(s.size() + 1, false);dp[0] = true;for (int i = 1; i <= s.size(); i++) {   // 遍历背包for (int j = 0; j < i; j++) {       // 遍历物品string word = s.substr(j, i - j); //substr(起始位置，截取的个数)if (wordSet.find(word) != wordSet.end() && dp[j]) {dp[i] = true;}}}return dp[s.size()];}
};

• 时间复杂度：$O(n^3)$，因为substr返回子串的副本是O(n)的复杂度（这里的n是substring的长度）
• 空间复杂度：$O(n)$

多重背包

文档讲解 ： 代码随想录 - 多重背包
状态：再次回顾。

多重背包

有N种物品和一个容量为V 的背包。第i种物品最多有Mi件可用，每件耗费的空间是Ci ，价值是Wi 。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的耗费的空间 总和不超过背包容量，且价值总和最大。

每件物品最多有Mi件可用，把Mi件摊开，其实就是一个01背包问题了。

代码：

void test_multi_pack() {vector<int> weight = {1, 3, 4};vector<int> value = {15, 20, 30};vector<int> nums = {2, 3, 2};int bagWeight = 10;for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {while (nums[i] > 1) { // nums[i]保留到1，把其他物品都展开weight.push_back(weight[i]);value.push_back(value[i]);nums[i]--;}}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]);}for (int j = 0; j <= bagWeight; j++) {cout << dp[j] << " ";}cout << endl;}cout << dp[bagWeight] << endl;}
int main() {test_multi_pack();
}

• 时间复杂度：$O(m\times n\times k)$，m：物品种类个数，n:背包容量，k:单类物品数量

背包问题总结

文档讲解 ： 代码随想录 - 背包问题总结
状态：再次回顾。