Offer必备算法25_01背包_四道力扣题详解（由易到难）

目录

①牛客DP41 【模板】01背包

问题一解析

问题二解析

解析代码

滚动数组优化代码

②力扣416. 分割等和子集

问题解析

解析代码

滚动数组优化代码

③力扣494. 目标和

问题解析

解析代码

滚动数组优化代码

④力扣1049. 最后一块石头的重量 II

问题解析

解析代码

滚动数组优化代码

本篇完。

①牛客DP41 【模板】01背包

【模板】01背包_牛客题霸_牛客网

问题一解析

背包问题的状态表示非常经典，如果不知道怎么来的，可以先把它当成一个模板。

以某个位置为结尾，结合题目要求，定义一个状态表示：

dp[i][j] 表示：从前 i 个物品中挑选，总体积不超过 j ，所有的选法中，能挑选出来的最大价值。

状态转移方程：

线性 dp 状态转移方程分析方式，一般都是根据最后一步的状况，来分情况讨论：

  • 不选第 i 个物品：相当于就是去前 i - 1 个物品中挑选，并且总体积不超过 j 。此时 dp[i][j] = dp[i - 1][j] ;。
  • 选择第 i 个物品：那么就只能去前 i - 1 个物品中，挑选总体积不超过 j - v[i] 的物品。此时 dp[i][j] = dp[i - 1][j - v[i]] + w[i] ; 。但是这种状态不一定存在，要判断 j >= v[i]。

综上，状态转移方程为： dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - v[i]] + w[i]) ;

初始化、填表顺序、返回值：

        多加一行，方便初始化，此时仅需将第一行初始化为 0 即可。因为什么也不选，也能满足体积不小于 j 的情况，此时的价值为 0 。填表顺序从左往右，最后返回dp[n][V] ; 

问题二解析

        第二问仅需微调一下 dp 过程的五步即可。 因为有可能凑不齐 j 体积的物品，因此把不合法的状态设置为 -1 。

以某个位置为结尾，结合题目要求，定义一个状态表示：

dp[i][j] 表示：从前 i 个物品中挑选，总体积正好等于 j ，所有的选法中，能挑选出来的最大价值。

状态转移方程：

线性 dp 状态转移方程分析方式，一般都是根据最后一步的状况，来分情况讨论：

  • 不选第 i 个物品：相当于就是去前 i - 1 个物品中挑选，并且总体积不超过 j 。此时 dp[i][j] = dp[i - 1][j] ;。
  • 选择第 i 个物品：那么就只能去前 i - 1 个物品中，挑选总体积不超过 j - v[i] 的物品。此时 dp[i][j] = dp[i - 1][j - v[i]] + w[i] ; 。但是这种状态不一定存在，不仅要判断 j >= v[i] ，还要判断 dp[i - 1][j - v[i]] 表示的情况是否存在，也就是 dp[i - 1][j - v[i]] != -1 。

综上，状态转移方程为： dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - v[i]] + w[i]) ;

初始化、填表顺序、返回值：

        多加一行，方便初始化，第一行第一个格子为 0 ，因为正好能凑齐体积为 0 的背包，但是第一行第一个格子后面都是 -1 ，因为没有物品，无法满足体积大于 0 的情况。第一列全为0。

填表顺序从左往右，最后返回dp[n][V] ; 

解析代码

#include <iostream>
#include <cstring>using namespace std;const int N = 1010; // OJ定义成全局方便，且空间不会轻易溢出
int n, V, v[N], w[N];
int dp[N][N];int main()
{cin >> n >> V;for (int i = 1; i <= n; ++i) // 从1开始读数据{cin >> v[i] >> w[i];}for(int i = 1; i <= n; ++i){for(int j = 0; j <= V; ++j){dp[i][j] = dp[i - 1][j];if(j >= v[i])dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - v[i]] + w[i]);}}cout << dp[n][V] << endl;memset(dp, 0, sizeof(dp));for(int j = 1; j <= V; ++j){dp[0][j] = -1;}for(int i = 1; i <= n; ++i){for(int j = 0; j <= V; ++j){dp[i][j] = dp[i - 1][j];if(j >= v[i] && dp[i - 1][j - v[i]] != -1)dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - v[i]] + w[i]);}}cout << (dp[n][V] == -1 ? 0 : dp[n][V]) << endl;return 0;
}

滚动数组优化代码

背包问题基本上都是利用滚动数组来做空间上的优化：（时间也有常数的优化）

  1. 利用滚动数组优化。
  2. 直接在原始代码上修改。

        第i行元素只依赖于第i-1行元素。理论上，只需要保持两行元素，所以只需两个数组交替滚动，就能完成dp数组的填充。因此空间复杂度从O（N^2） 变为O（N）。

        这里还可以直接用一个数组来进行优化：从前往后去更新数组，dp[j - v[ i ]]肯定不比dp[ j ]的值大，而改了前面，后面的更新就会用到前面更新的数据，而本来应该使用原二维数组 i - 1行的数据，也就是更新数据之前的，因此可以巧妙地从后往前遍历，这样就可以避免用到更新后的数据。

在01背包问题中，优化的结果为：

  1. 删掉所有的横坐标。
  2. 修改一下 j 的遍历顺序。

（滚动数组优化代码只需能在原代码上修改就行，不用考虑什么状态表示）

#include <iostream>
#include <cstring>using namespace std;const int N = 1010; // OJ定义成全局方便，且空间不会轻易溢出
int n, V, v[N], w[N];
// int dp[N][N];
int dp[N]; // 滚动数组优化，把所有dp表左边一维坐标删掉，修改遍历顺序int main()
{cin >> n >> V;for (int i = 1; i <= n; ++i) // 从1开始读数据{cin >> v[i] >> w[i];}for(int i = 1; i <= n; ++i){for(int j = V; j >= v[i]; --j) // 滚动数组优化{dp[j] = dp[j];dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i]] + w[i]);}}cout << dp[V] << endl;memset(dp, 0, sizeof(dp));for(int j = 1; j <= V; ++j){dp[j] = -1;}for(int i = 1; i <= n; ++i){for(int j = V; j >= v[i]; --j) // 滚动数组优化{if(dp[j - v[i]] != -1)dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i]] + w[i]);}}cout << (dp[V] == -1 ? 0 : dp[V]) << endl;return 0;
}

②力扣416. 分割等和子集

416. 分割等和子集

难度 中等

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
class Solution {
public:bool canPartition(vector<int>& nums) {}
};

问题解析

先思考能不能将问题转化成自己熟悉的题型：

如果数组能够被分成两个相同元素之和相同的子集，那么原数组必须有下面几个性质：

  • 所有元素之和应该是一个偶数。
  • 数组中最大的元素应该小于所有元素总和的一半；
  • 挑选一些数，这些数的总和应该等于数组总和的一半。

        根据前两个性质可以提前判断数组能够被划分。根据最后一个性质，可以发现问题能转化成01背包的模型：

  • 数组中的元素只能选择一次。
  • 每个元素面临被选择或者不被选择的处境。
  • 选出来的元素总和要等于所有元素总和的一半。

        其中，数组内的元素就是物品，总和就是背包。那么我们就可以用背包模型的分析方式，来处理这道题。01背包模板中，要记住的是分析问题的模式。用这种分析问题的模式来解决问题。

以某个位置为结尾，结合题目要求，定义一个状态表示：

dp[i][j] 表示：从前 i 个物品中挑选，总体积不超过 j ，所有的选法中，能否凑成总和为 j 这个数。

状态转移方程：

线性 dp 状态转移方程分析方式，一般都是根据最后一步的状况，来分情况讨论：

不选择 nums[i] ：那么是否能够凑成总和为 j ，就要看在前 i - 1 个元素中 选，能否凑成总和为 j。根据状态表示，此时 dp[i][j] = dp[i - 1][j] ; 。

选择 nums[i] ：这种情况下是有前提条件的，此时的 nums[i] 应该是小于等于 j 。 因为如果这个元素都比要凑成的总和大，那选择它就没有意义。那么是否能够凑成总和 为 j ，就要看在前 i - 1 个元素中选，能否凑成总和为 j - nums[i] 。根据状态表示，此时 dp[i][j] = dp[i - 1][j - nums[i]] ;（nums[i] <=  j）。

        综上，两种情况下只要有⼀种能够凑成总和为 j ，那么这个状态就是 true 。因此，状态转移方程为： if(nums[i - 1] <= j) dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i - 1][j - nums[i]] ; else dp[i][j] = dp[i - 1][j] ;

初始化：多加一行一列（找原始数组要减1），方便初始化，第一行表示不选择任何元素，要凑成目标和 j 。只有当目标和为 0 的时候才能做到，因此第一行仅需初始化第一个元素 dp[0][0] = true ; 第一列表示凑成目标和 j = 0，什么都不选即可，所以第一列全为 true，因此初始化时把整个表初始化成 false，再把第一列初始化成 true。

填表顺序：根据状态转移方程，需要从上往下填写每一行，每一个的顺序是任意的。

返回值：根据状态表示，返回 dp[n][target] 的值。 其中 n 表示数组的大小， target 表示要凑成的目标和。

解析代码

class Solution {
public:bool canPartition(vector<int>& nums) {int sum = 0;for(auto& e : nums){sum += e;}if(sum % 2 == 1) // 如果是奇数直接返回falsereturn false;int target = sum / 2, n = nums.size();vector<vector<bool>> dp(n + 1, vector<bool>(target + 1, false));for(int i = 0; i <= n; ++i){dp[i][0] = true;}for(int i = 1; i <= n; ++i){for(int j = 1; j <= target; ++j){if(nums[i - 1] <= j)dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i - 1][j - nums[i - 1]];elsedp[i][j] = dp[i - 1][j];}}return dp[n][target];}
};

滚动数组优化代码

背包问题基本上都是利用滚动数组来做空间上的优化：（时间也有常数的优化）

  1. 利用滚动数组优化。
  2. 直接在原始代码上修改。

在01背包问题中，优化的结果为：

  1. 删掉所有的横坐标。
  2. 修改一下 j 的遍历顺序。

（滚动数组优化代码只需能在原代码上修改就行，不用考虑什么状态表示）

class Solution {
public:bool canPartition(vector<int>& nums) {int sum = 0;for(auto& e : nums){sum += e;}if(sum % 2 == 1) // 如果是奇数直接返回falsereturn false;int target = sum / 2, n = nums.size();vector<bool> dp(target + 1, false); // 滚动数组优化dp[0] = true;for(int i = 1; i <= n; ++i){for(int j = target; nums[i - 1] <= j; --j){dp[j] = dp[j] || dp[j - nums[i - 1]];}}return dp[target];}
};

③力扣494. 目标和

494. 目标和

难度 中等

给你一个非负整数数组 nums 和一个整数 target 。

向数组中的每个整数前添加 '+' 或 '-' ，然后串联起所有整数，可以构造一个 表达式 ：

  • 例如，nums = [2, 1] ，可以在 2 之前添加 '+' ，在 1 之前添加 '-' ，然后串联起来得到表达式 "+2-1" 。

返回可以通过上述方法构造的、运算结果等于 target 的不同 表达式 的数目。

示例 1：

输入：nums = [1,1,1,1,1], target = 3
输出：5
解释：一共有 5 种方法让最终目标和为 3 。
-1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 3
+1 - 1 + 1 + 1 + 1 = 3
+1 + 1 - 1 + 1 + 1 = 3
+1 + 1 + 1 - 1 + 1 = 3
+1 + 1 + 1 + 1 - 1 = 3

示例 2：

输入：nums = [1], target = 1
输出：1

提示：

  • 1 <= nums.length <= 20
  • 0 <= nums[i] <= 1000
  • 0 <= sum(nums[i]) <= 1000
  • -1000 <= target <= 1000
class Solution {
public:int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int target) {}
};

问题解析

        本题可以直接用暴搜的方法解决。但是稍微用数学知识分析⼀下，就能转化成常见的背包模型问题。

        设我们最终选取的结果中，前面加 + 号的数字之和为 a ，前面加 - 号的数字之和为 b ，整个数组的总和为 sum ，于是有：

  • a + b = sum
  • a - b = target

        上面两个式子消去 b 之后，可以得到 a = (sum + target) / 2 ，也就是说，我们仅需在 nums 数组中选择一些数，将它们凑成和为 (sum + target) / 2 即可。问题就变成了力扣416. 分割等和子集这道题。 可以用相同的分析模式，来处理这道题。

以某个位置为结尾，结合题目要求，定义一个状态表示：

dp[i][j] 表示：在前 i 个数中选，总和正好等于 j ，一共有多少种选法。

状态转移方程：

dp 状态转移方程分析方式，一般都是根据最后一步的状况，来分情况讨论：

  • 不选择 nums[i] ：那么我们凑成总和 j 的总方案，就要看在前 i - 1 个元素中选，凑成总和为 j 的方案数。根据状态表示，此时 dp[i][j] = dp[i - 1][j] ; 。
  • 选择 nums[i] ：这种情况下是有前提条件的，此时的 j 应该是大于等于 nums[i]。 因为如果这个元素都比要凑成的总和大，那选择它就没有意义。那么能够凑成总和为 j 的方案数，就要看在前 i - 1 个元素中选，能否凑成总和为 j - nums[i] 。根据 状态表示，此时 dp[i][j] = dp[i - 1][j - nums[i]] ; （j >= nums[i] ）。

        综上，两种情况如果存在的话，应该要累加在⼀起。因此，状态转移方程为： if(j >= nums[i - 1]) dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - nums[i]] ; else dp[i][j] = dp[i - 1][j] ;（如果多加一行一列，找原数组下标要减1）

初始化：多加一行一列，方便初始化，由于需要用到上一行的数据，因此可以先把第一行初始化。 第一行表示不选择任何元素，要凑成目标和 j 。只有当目标和为 0 的时候才能做到，因此第一行仅需初始化第一个元素 dp[0][0] = 1。

填表顺序：根据状态转移方程，需要从上往下填写每一行，每一个的顺序是任意的。

返回值：根据状态表示，返回 dp[n][a] 的值。 其中 n 表示数组的大小， target 表示要凑成的目标和。

解析代码

class Solution {
public:int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int target) {int sum = 0, n = nums.size();;for(auto& e : nums){sum += e;}int a = (sum + target) / 2;if(a < 0 || (sum + target) % 2) // 小于0或者除不尽return 0;vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(a + 1, 0));dp[0][0] = 1;for(int i = 1; i <= n; ++i){for(int j = 0; j <= a; ++j) // 第1列用到dp[0][0]初始化{if(j >= nums[i - 1])dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - nums[i - 1]];elsedp[i][j] = dp[i - 1][j];}}return dp[n][a];}
};

滚动数组优化代码

背包问题基本上都是利用滚动数组来做空间上的优化：（时间也有常数的优化）

  1. 利用滚动数组优化。
  2. 直接在原始代码上修改。

在01背包问题中，优化的结果为：

  1. 删掉所有的横坐标。
  2. 修改一下 j 的遍历顺序。

（滚动数组优化代码只需能在原代码上修改就行，不用考虑什么状态表示）

class Solution {
public:int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int target) {int sum = 0, n = nums.size();;for(auto& e : nums){sum += e;}int a = (sum + target) / 2;if(a < 0 || (sum + target) % 2) // 小于0或者除不尽return 0;vector<int> dp(a + 1, 0);dp[0] = 1;for(int i = 1; i <= n; ++i){for(int j = a; j >= nums[i - 1]; --j) // 滚动数组优化{dp[j] += dp[j - nums[i - 1]];}}return dp[a];}
};

④力扣1049. 最后一块石头的重量 II

1049. 最后一块石头的重量 II

难度 中等

问题解析

先看能不能转化成常见的背包模型问题。

  • 任意两块石头在⼀起粉碎，重量相同的部分会被丢掉，重量有差异的部分会被留下来。那就 相当于在原始的数据的前面，加上加号或者减号，是最终的结果最小即可。也就是说把原始的石头分成两部分，两部分的和越接近越好。
  • 又因为当所有元素的和固定时，分成的两部分越接近数组总和的一半，两者的差越小。

        因此问题就变成了：在数组中选择一些数，让这些数的和尽量接近 sum / 2 ，如果把数看成物品，每个数的值看成体积和价值，问题就变成了01 背包问题。

以某个位置为结尾，结合题目要求，定义一个状态表示：

dp[i][j] 表示：在前 i 个元素中选择，总和不超过 j，此时所有元素的最大和。

状态转移方程：

dp 状态转移方程分析方式，一般都是根据最后一步的状况，来分情况讨论：

  • 不选 stones[i] ：那么是否能够凑成总和为 j ，就要看在前 i - 1 个元素中 选，能否凑成总和为 j 。根据状态表示，此时 dp[i][j] = dp[i - 1][j] ; 。
  • 选择 stones[i] ：这种情况下是有前提条件的，此时的 j 应该大于等于 stones[i] 。因为如果这个元素都比要凑成的总和大，选择它就没有意义。那么是否能够凑成总和为 j ，就要看在前 i - 1 个元素中选，能否凑成总和为 j - stones[i] 。根据状态表示，此时 dp[i][j] = dp[i - 1][j - stones[i]] + stones[i] （ j >= stones[i] ）。

        综上所述，我们要的是最大价值。因此，状态转移方程为： if(j >= stones[i]) dp[i][j] = max(dp[i - 1][j] , dp[i - 1][j - stones[i]] + stones[i]) ; else dp[i][j] = dp[i - 1][j] ;（如果多加一行一列，找原数组下标要减1）

初始化：多加一行一列，方便初始化，由于需要用到上一行的数据，因此可以先把第一行初始化。 第一行表示没有石子。因此想凑成目标和 j ，最大和都是 0 。

填表顺序：根据状态转移方程，需要从上往下填写每一行，每一个的顺序是任意的。

返回值：根据状态表示，先找到最接近 sum / 2 的最大和 dp[n][sum / 2] ；因为我们要的是两堆石子的差，因此返回 sum - 2 * dp[n][sum / 2] 。

解析代码

class Solution {
public:int lastStoneWeightII(vector<int>& stones) {int sum = 0, n = stones.size();for(auto& e : stones){sum += e;}vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(sum / 2 + 1, 0));for(int i = 1; i <= n; ++i){for(int j = 0; j <= sum / 2; ++j){if(j >= stones[i - 1])dp[i][j] = max(dp[i - 1][j] , dp[i - 1][j - stones[i - 1]] + stones[i - 1]) ;elsedp[i][j] = dp[i - 1][j];}}return sum - 2 * dp[n][sum / 2];}
};

滚动数组优化代码

背包问题基本上都是利用滚动数组来做空间上的优化：（时间也有常数的优化）

  1. 利用滚动数组优化。
  2. 直接在原始代码上修改。

在01背包问题中，优化的结果为：

  1. 删掉所有的横坐标。
  2. 修改一下 j 的遍历顺序。

（滚动数组优化代码只需能在原代码上修改就行，不用考虑什么状态表示）

class Solution {
public:int lastStoneWeightII(vector<int>& stones) {int sum = 0, n = stones.size();for(auto& e : stones){sum += e;}vector<int> dp(sum / 2 + 1, 0);for(int i = 1; i <= n; ++i){for(int j = sum / 2; j >= stones[i - 1]; --j){dp[j] = max(dp[j] , dp[j - stones[i - 1]] + stones[i - 1]) ;}}return sum - 2 * dp[sum / 2];}
};

本篇完。

下一篇是BFS解决最短路问题类型的OJ。

下下篇动态规划类型的是完全背包类型的OJ。

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Mysql的事务隔离级别以及事务的四大特性。

Mysql的事务隔离级别以及事务的四大特性。

MySQL 的事务隔离级别是数据库管理系统中的一个重要概念&#xff0c;它决定了事务如何隔离和影响其他并发事务。MySQL 支持四种事务隔离级别&#xff0c;分别是&#xff1a;读未提交&#xff08;READ UNCOMMITTED&#xff09;、读已提交&#xff08;READ COMMITTED&#xff09;…
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【MATLAB源码-第188期】基于matlab的64QAM系统相位偏移估计EOS算法仿真，对比补偿前后的星座图误码率。

【MATLAB源码-第188期】基于matlab的64QAM系统相位偏移估计EOS算法仿真，对比补偿前后的星座图误码率。

操作环境&#xff1a; MATLAB 2022a 1、算法描述 1. 引言 M-QAM调制技术的重要性 现代通信系统追求的是更高的数据传输速率和更有效的频谱利用率。M-QAM调制技术&#xff0c;作为一种高效的调制方案&#xff0c;能够通过在相同的带宽条件下传输更多的数据位来满足这一需求…
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Ubuntu使用SSH的X11Forwarding

Ubuntu使用SSH的X11Forwarding

提示&#xff1a;文章写完后&#xff0c;目录可以自动生成&#xff0c;如何生成可参考右边的帮助文档 文章目录 前言一、X11Forwarding是什么&#xff1f;二、使用步骤1.打开SSH配置2.MobaXterm 三、测试总结 前言 有没有那么一种需求&#xff0c;就是有时候你需要将远端的画面…
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蓝桥杯赛事介绍

蓝桥杯赛事介绍

蓝桥杯是由工业和信息化部人才交流中心主办的全国性IT学科赛事&#xff0c;全称为“蓝桥杯全国软件和信息技术专业人才大赛”。该赛事旨在推动软件和信息领域专业技术人才培养&#xff0c;提升大学生的创新能力和就业竞争力&#xff0c;为行业输送具有创新能力和实践能力的高端…
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dbeaver数据库语言编辑器设置jdbc驱动

dbeaver数据库语言编辑器设置jdbc驱动

打开 dbeaver 软件 数据库 -> 驱动管理器 以mysql为例 双击 MySQL -> 库 -> 添加工件 然后 打开maven组件库 官网 找到mysql驱动对应的maven工件地址 复制进去然后确认就行了 参考 大神博客
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HTTP 域名和主机是一回事吗？有了主机和域名，如何建站？

HTTP 域名和主机是一回事吗？有了主机和域名，如何建站？

域名不等于主机名&#xff0c;例如baidu.com是一个权威域的域名&#xff0c;但是根本没有一个主机的名字叫做baidu.com,但是dns.baidu.com就是一个主机名&#xff0c;它就是负责baidu.com的服务器的主机名&#xff0c;www.baidu.com也是一个主机名,它是百度web服务器的主机名。…
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VM虚拟机安装Linux系统Redhat7.4版本

VM虚拟机安装Linux系统Redhat7.4版本

1、打开VM软件创建一个新的虚拟机&#xff1a; 可选择经典安装&#xff0c;也可以选择自定义安装&#xff0c;本次选择自定义安装&#xff0c;然后选择下一步 2、直接默认选择下一步即可 3、选择稍后安装操作系统&#xff0c;选择下一步 4、之后选择呢需要安装客户机的操作系统…
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Linux 添加启动服务--Service

Linux 添加启动服务--Service

1&#xff0c;服务配置service文件 Service 服务的实际作用是开启后自动启动服务&#xff0c;运行一些不须要登录的程序&#xff0c;任务。 实例1、上电自动连接WIFI热点 1.1 新建.service文件 /etc/systemd/system/wificonnect.service [Unit] DescriptionService [wifico…
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