代码随想录算法训练营Day46|139.单词拆分、多重背包理论基础、背包问题总结

139.单词拆分

方法一：回溯法

算法实现

方法二：背包问题

算法实现

多重背包理论基础

思路

算法实现

背包问题总结

前言

背包递推公式

遍历顺序

0-1背包

完全背包

139.单词拆分

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方法一：回溯法

在回溯专题中分割回文串与本题有点类似，分割回文串是枚举分割后的所有子串，判断是否回文；本题是枚举分割所有字符串，判断是否在字典里出现过。因此也可以使用回溯法进行实现。

算法实现

class Solution {
private:bool backtracking(const string& s, const unordered_set<string>& wordSet, vector<bool>& memory, int startIndex) {if (startIndex >= s.size()) {return true;}if (!memory[startIndex]) return memory[startIndex];for (int i = startIndex; i < s.size(); i++) {string word = s.substr(startIndex, i - startIndex + 1);if (wordSet.find(word) != wordSet.end() && backtracking(s, wordSet, memory, i + 1)) {return true;}}memory[startIndex] = false;return false;}
public:bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {unordered_set<string> wordSet(wordDict.begin(), wordDict.end());vector<bool> memory(s.size(), 1);return backtracking(s, wordSet,memory, 0);}
};

递归的过程中有很多重复计算，可以使用数组保存一下递归过程中计算的结果，这个叫做记忆化递归。

使用memory数组保存每次计算的以startIndex起始的计算结果，如果memory[startIndex]里已经被赋值了，直接用memory[startIndex]的结果。

方法二：背包问题

单词就是物品，字符串s就是背包，单词能否组成字符串s，就是问物品能不能把背包装满。拆分时可以重复使用字典中的单词，说明就是一个完全背包！

利用动规五部曲进行分析：

1.确定dp数组及其下标的含义：

dp[i] : 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：

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.初始化dp数组：

有递推公式可知，dp[i]的值要依赖dp[j]，因此dp[0]是dp数组后面所有值的基础，必须为true，其它下标先初始化为false;

4.确定遍历顺序：

对于一个有子串组成的字符串，各子串的前后位置不同会使构成的字符串不同，相当于往背包中放物品的顺序有要求，因此是排列问题。

既然是排列问题，那么就要先遍历背包，再遍历物品。

5.打印dp数组：

以输入: s = "leetcode", wordDict = ["leet", "code"]为例，dp状态如图：

算法实现

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++) {for (int j = 0; j < i; j++) {string word = s.substr(j, i - j);if (wordSet.find(word) != wordSet.end() && dp[j]) {dp[i] = true;}}}return dp[s.size()];}
};

多重背包理论基础

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思路

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。

多重背包实际就是0-1背包的变形，因为每件物品最多有Mi件可用，把Mi件摊开，其实就是一个01背包问题了。

算法实现

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main() {int bagweight, n;cin >> bagweight >> n;vector<int> weight(n, 0);vector<int> value(n, 0);vector<int> nums(n, 0);for (int i = 0; i < weight.size(); i++) cin >> weight[i];for (int i = 0; i < value.size(); i++) cin >> value[i];for (int i = 0; i < nums.size(); i++) cin >> nums[i];vector<int> dp(bagweight + 1, 0);for (int i = 0; i < n; i++){for (int j = bagweight; j >= weight[i]; j--){// 以上为0-1背包，再加一个for循环遍历个数for (int k = 1; k <= nums[i] && (j - k * weight[i]) >= 0; k++) {dp[j] = max(dp[j - k * weight[i]] + k * value[i], dp[j]);}}}cout << dp[bagweight] << endl;
}