01 背包
题目描述
有n件物品和一个最多能背重量为w 的背包。第i件物品的重量是weight[i],得到的价值是value[i] 。每件物品只能用一次,求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。
题目分析
每一件物品其实只有两个状态,取或者不取,所以可以使用回溯法搜索出所有的情况,那么时间复杂度就是$o(2^n)$,这里的n表示物品数量。
所以暴力的解法是指数级别的时间复杂度。进而才需要动态规划的解法来进行优化!
- 确定递推公式
再回顾一下dp[i][j]的含义:从下标为[0-i]的物品里任意取,放进容量为j的背包,价值总和最大是多少。
那么可以有两个方向推出来dp[i][j],
- 不放物品i:由dp[i - 1][j]推出,即背包容量为j,里面不放物品i的最大价值,此时dp[i][j]就是dp[i - 1][j]。(其实就是当物品i的重量大于背包j的重量时,物品i无法放进背包中,所以背包内的价值依然和前面相同。)
- 放物品i:由dp[i - 1][j - weight[i]]推出,dp[i - 1][j - weight[i]] 为背包容量为j - weight[i]的时候不放物品i的最大价值,那么dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i] (物品i的价值),就是背包放物品i得到的最大价值
所以递归公式: dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
数据结构:
weight
:一个向量,包含各个物品的重量。value
:一个向量,包含各个物品的价值。bagweight
:一个整数,代表背包的总容量。dp
:一个2D向量,其中dp[i][j]
表示用前i
个物品填充容量为j
的背包时可以达到的最大价值。
算法步骤:
- 初始化:首先,使用物品0初始化
dp
数组的第一行。如果背包的容量大于等于物品0的重量,则背包可以装下物品0,所以对所有的j >= weight[0]
,dp[0][j]
的值被设置为物品0的价值。 - 填充DP表:接下来,遍历每个物品(除了第一个已经处理过的物品),并对每个可能的背包容量进行考虑。对于每个物品
i
和每个容量j
:- 如果当前背包容量
j
小于物品i
的重量,则无法包含当前物品,因此dp[i][j]
的值就是不包含当前物品时的最大价值,即dp[i-1][j]
。 - 如果当前背包容量可以容纳物品
i
,则需要决定是包含还是不包含当前物品以达到最大价值。这通过比较不包含当前物品(dp[i-1][j]
)和包含当前物品(dp[i-1][j-weight[i]] + value[i]
)时的价值来决定。选择这两种情况中的最大值作为dp[i][j]
的值。
- 如果当前背包容量
输出:
- 通过查看
dp
数组的最后一个元素dp[weight.size() - 1][bagweight]
,可以得到使用给定物品填充指定容量背包的最大价值。
这种动态规划方法有效地解决了0/1背包问题,通过构建一个解决方案的表格,使得可以通过较小的子问题的解来构建出整个问题的解,从而避免了冗余的计算和指数级的复杂度。
acm模式代码
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;void test_2_wei_bag_problem1() {vector<int> weight = {1, 3, 4};vector<int> value = {15, 20, 30};int bagweight = 4;// 二维数组vector<vector<int>> dp(weight.size(), vector<int>(bagweight + 1, 0));// 初始化for (int j = 0 ; j < weight[0]; j++) { // 当然这一步,如果把dp数组预先初始化为0了,这一步就可以省略,但很多同学应该没有想清楚这一点。dp[0][j] = 0;}for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) {dp[0][j] = value[0];}// weight数组的大小 就是物品个数for(int i = 1; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品for(int j = 0; j <= bagweight; j++) { // 遍历背包容量if (j < weight[i]) dp[i][j] = dp[i - 1][j];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() {test_2_wei_bag_problem1();
}
01背包一维
题目分析
其实可以发现如果把dp[i - 1]那一层拷贝到dp[i]上,表达式完全可以是:dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][j - weight[i]] + value[i]);
dp[i][j] 表示从下标为[0-i]的物品里任意取,放进容量为j的背包,价值总和最大是多少。
关于初始化,一定要和dp数组的定义吻合,否则到递推公式的时候就会越来越乱。
这样才能让dp数组在递归公式的过程中取的最大的价值,而不是被初始值覆盖了。
所以一维dp数组的背包在遍历顺序上和二维其实是有很大差异的!
acm模式代码
#include <iostream>
#include <vector>void test_1_wei_bag_problem() {std::vector<int> weight = {1,3,4};std::vector<int> value = {15, 20 ,30};int bagweight = 4;//初始化std::vector<int> dp(bagweight + 1, 0);for (int i = 0; i < weight.size(); i++) {for (int j = bagweight;j >= weight[i]; j--) {dp[j] = std::max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);}}std::cout << dp[bagweight] << std::endl;
}int main() {test_1_wei_bag_problem();
}
416. 分割等和子集
题目描述
给你一个 只包含正整数 的 非空 数组 nums
。请你判断是否可以将这个数组分割成两个子集,使得两个子集的元素和相等。
示例 1:
输入:nums = [1,5,11,5] 输出:true 解释:数组可以分割成 [1, 5, 5] 和 [11] 。
示例 2:
输入:nums = [1,2,3,5] 输出:false 解释:数组不能分割成两个元素和相等的子集。
提示:
1 <= nums.length <= 200
1 <= nums[i] <= 100
acm模式代码
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;class Solution {
public:bool canPartition(vector<int>& nums) {int sum = 0;for (int num : nums) {sum += num;}if (sum % 2 != 0) return false; // Early return if the sum is odd.int target = sum / 2;vector<bool> dp(target + 1, false);dp[0] = true; // Base case: zero sum is always possible.for (int num : nums) {for (int j = target; j >= num; j--) {dp[j] = dp[j] || dp[j - num];}}return dp[target];}
};int main() {Solution sol;vector<int> nums = {1, 5, 11, 5}; // Example inputbool canPart = sol.canPartition(nums);if(canPart) {cout << "Can partition: YES" << endl;} else {cout << "Can partition: NO" << endl;}return 0;
}