139.单词拆分

可以理解为一道 完全背包 + 排列 的题，dp数组定义和递推公式部分脑子需要转个弯

1、DP数组定义：一维滚动数组vector<bool>。dp[j]表示字符串s的[0, j]子串是否能够匹配。

2、DP数组初始化：dp[0]初始化为true，其余元素初始化为false，题目中没有对dp[0]做出限制，将其设置为true是由于递推公式需求。

3、递推公式：本题与其说是递推公式，不如将其理解为“如果前面部分已经符合了，再看看当前是否还能符合”。

4、遍历顺序：按 完全背包 + 排列 的顺序遍历

bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {// dp[j]表示字符串s的[0, j]子串是否能够匹配vector<bool> dp(s.size() + 1, false);// 空字符串初始化为truedp[0] = true;for (int j = 0; j <= s.size(); ++j) {for (int i = 0; i < wordDict.size(); ++i) {int l = wordDict[i].size();// 条件1：长度足够// 条件2：前 j - l 个字符能够匹配（前面都不能匹配那当前也没有匹配的必要）// 条件3：前 j 还没匹配（匹配好了就没有修改的必要了）if (j - l >= 0 && dp[j - l] && !dp[j]) { dp[j] = true;// 逐个匹配字符，如果全部匹配则将dp[j]设置为truefor (int k = 0; k < l; ++k) {if (s[j - l + k] != wordDict[i][k]) {dp[j] = false;break;}}}}}return dp[s.size()];
}

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 多重背包（卡码网56.携带矿石资源）

多重背包能够当成0-1背包来理解：

多重背包中，每个物品都有其使用次数限制。假设物品 i 能使用 nums[i] 次，将物品 i 拆成 nums[i] 个物品，问题就转换为了0-1背包问题

写起来时整体就是0-1背包多加一次遍历nums[i]的循环，但这层循环具体加在哪里是会有不小的性能差异的：

最直观的写法：直接插在遍历 i 之后，相当于把物品i全部拆开一个个遍历。这样写容易超时：

// 第一行包含两个整数 C 和 N，分别表示宇航舱的容量和矿石的种类数量。 
// 接下来的三行，每行包含 N 个正整数。具体如下：
// 第二行包含 N 个整数，表示 N 种矿石的重量。
// 第三行包含 N 个整数，表示 N 种矿石的价格。
// 第四行包含 N 个整数，表示 N 种矿石的可用数量上限。
// 输出一个整数，代表获取的最大价值。
int bag(int begWeight, int n, vector<int> value, vector<int> weight, vector<int> nums) {vector<int> dp(begWeight + 1, 0);for (int i = 0; i < n; ++i) {// 把物品i全都散开一个个加for (int k = 0; k < nums[i]; ++k) {for (int j = begWeight; j >= weight[i]; --j) {dp[j] = std::max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);}}}return dp[begWeight];
}

更好的写法：将这层循环插在最内层，判断如果加入物品i，是加1个、2个还是更多个

int bag(int begWeight, int n, vector<int> value, vector<int> weight, vector<int> nums) {vector<int> dp(begWeight + 1, 0);for (int i = 0; i < n; ++i) {for (int j = begWeight; j >= weight[i]; --j) {// 判断物品i是加1个、2个、还是3个……for (int k = 1; k <= nums[i] && (j - k * weight[i]) >= 0; ++k) {dp[j] = std::max(dp[j], dp[j - k * weight[i]] + k * value[i]);}}}return dp[begWeight];
}