一、01背包理论基础

例题：46. 携带研究材料

01 背包

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。

暴力解法：每个物品有取或不取两种状态，可以用回溯法遍历，时间复杂度O(2^n)

时间复杂度是指数级别，考虑动态规划进行优化。

动规五部曲：

1.确定dp数组及下标含义

需要使用二维数组，因为有两个维度需要考虑：物品、背包容量

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。

2.确定递推公式

dp[i][j]的来源：

• 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]。

• 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

dp[i][j] = Math.max( dp[i-1][j] , dp[i-1][j-w[i]] + v[i] )

3.dp数组初始化

要初始化那些部分，要从递推方程来看，从递推方程可以看到dp[i][j]来源于 dp[i-1]行，所以dp[0]行要初始化：

dp[0][j]，即：i为0，存放编号0的物品的时候，各个容量的背包所能存放的最大价值。

那么很明显当 j < weight[0]的时候，dp[0][j] 应该是 0，因为背包容量比编号0的物品重量还小。

当j >= weight[0]时，dp[0][j] 应该是value[0]，因为背包容量放足够放编号0物品。

同时，从dp数组定义出发，容量为0时候，最大价值为0；只考虑第0种物品时，能够放得下则初始化为value[0].

4.确定遍历顺序

先遍历 物品还是先遍历背包重量呢？

其实都可以！！ 但是先遍历物品更好理解。

先给出先遍历物品，然后遍历背包重量的代码。

// 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]);}
}

先遍历背包，再遍历物品，也是可以的！（注意我这里使用的二维dp数组）

例如这样：

// weight数组的大小 就是物品个数
for(int j = 0; j <= bagweight; j++) { // 遍历背包容量for(int i = 1; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品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]);}
}

要理解递归的本质和递推的方向。

dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); 递归公式中可以看出dp[i][j]是靠dp[i-1][j]和dp[i - 1][j - weight[i]]推导出来的。

dp[i-1][j]和dp[i - 1][j - weight[i]] 都在dp[i][j]的左上角方向（包括正上方向），那么先遍历物品，再遍历背包的过程如图所示：

再来看看先遍历背包，再遍历物品呢，如图：

大家可以看出，虽然两个for循环遍历的次序不同，但是dp[i][j]所需要的数据就是左上角，根本不影响dp[i][j]公式的推导！

但先遍历物品再遍历背包这个顺序更好理解。

5.举例推导dp数组

来看一下对应的dp数组的数值，如图：

最终结果就是dp[2][4]。

代码如下：

import java.util.Scanner;public class Main{public static void main(String[] args) {Scanner scanner = new Scanner(System.in);int n = scanner.nextInt();int capacity = scanner.nextInt();int[] value = new int[n];int[] weight = new int[n];for(int i = 0; i < n ; i++){weight[i] = scanner.nextInt();}for(int i = 0; i < n ; i++){value[i] = scanner.nextInt();}int[][] dp = new int[n][capacity+1];for(int i = 0 ; i < n ; i++){dp[i][0] = 0;}for(int j = 0; j <=capacity ; j++){if(j >= weight[0]){dp[0][j] = value[0];}}for(int i = 1; i < n ; i++){for(int j = 0; j <= capacity ; j++){if(j < weight[i]){dp[i][j] = dp[i-1][j];}else{dp[i][j] = Math.max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-weight[i]]+value[i]);}}}System.out.println(dp[n-1][capacity]);}
}

关于滚动数组

对于背包问题其实状态都是可以压缩的。

在使用二维数组的时候，递推公式：dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);

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]);

与其把dp[i - 1]这一层拷贝到dp[i]上，不如只用一个一维数组了，只用dp[j]（一维数组，也可以理解是一个滚动数组）

这就是滚动数组的由来，需要满足的条件是上一层可以重复利用，直接拷贝到当前层。

动规五部曲分析如下：

1.确定dp数组及下标含义

在一维dp数组中，dp[j]表示：容量为j的背包，所背的物品价值可以最大为dp[j]。

2.递推公式

二维dp数组的递推公式为： dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);

一维dp数组，其实就上上一层 dp[i-1] 这一层 拷贝的 dp[i]来。

所以在 上面递推公式的基础上，去掉i这个维度就好。

递推公式为：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

分析：

dp[j]为 容量为j的背包所背的最大价值。

dp[j]可以通过dp[j - weight[i]]推导出来，dp[j - weight[i]]表示容量为j - weight[i]的背包所背的最大价值。

dp[j - weight[i]] + value[i] 表示 容量为 [j - 物品i重量] 的背包 加上 物品i的价值。（也就是容量为j的背包，放入物品i了之后的价值即：dp[j]）

此时dp[j]有两个选择，一个是取自己dp[j] 相当于 二维dp数组中的dp[i-1][j]，即不放物品i，一个是取dp[j - weight[i]] + value[i]，即放物品i，指定是取最大的，毕竟是求最大价值，

所以递归公式为：

dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

3.初始化

初始化，一定要和dp数组的定义吻合。

dp[j]表示：容量为j的背包，所背的物品价值可以最大为dp[j]，那么dp[0]就应该是0，因为背包容量为0所背的物品的最大价值就是0。

那么dp数组除了下标0的位置，初始为0，其他下标应该初始化多少呢？

看一下递归公式：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

dp数组在推导的时候一定是取价值最大的数，如果题目给的价值都是正整数那么非0下标都初始化为0就可以了。

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。

那么我假设物品价值都是大于0的，所以dp数组初始化的时候，都初始为0就可以了。

4.遍历顺序

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]);}
}

二维dp遍历的时候，背包容量是从小到大，而一维dp遍历的时候，背包是从大到小。

为什么呢？

倒序遍历是为了保证物品i只被放入一次！。但如果一旦正序遍历了，那么物品0就会被重复加入多次！

举一个例子：物品0的重量weight[0] = 1，价值value[0] = 15

如果正序遍历

dp[1] = dp[1 - weight[0]] + value[0] = 15

dp[2] = dp[2 - weight[0]] + value[0] = 30

此时dp[2]就已经是30了，意味着物品0，被放入了两次，所以不能正序遍历。

为什么倒序遍历，就可以保证物品只放入一次呢？

倒序就是先算dp[2]

dp[2] = dp[2 - weight[0]] + value[0] = 15 （dp数组已经都初始化为0）

dp[1] = dp[1 - weight[0]] + value[0] = 15

所以从后往前循环，每次取得状态不会和之前取得状态重合，这样每种物品就只取一次了。

为什么二维dp数组遍历的时候不用倒序呢？

因为对于二维dp，dp[i][j]都是通过上一层即dp[i - 1][j]计算而来，本层的dp[i][j]并不会被覆盖！

（也就是说，根据递推公式，计算后面的要用到前面的，因此前面的要后算，从后往前算）

再来看看两个嵌套for循环的顺序，代码中是先遍历物品嵌套遍历背包容量，那可不可以先遍历背包容量嵌套遍历物品呢？

不可以！

因为一维dp的写法，背包容量一定是要倒序遍历（原因上面已经讲了），如果遍历背包容量放在上一层，那么每个dp[j]就只会放入一个物品，即：背包里只放入了一个物品。

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！，这一点大家一定要注意。

5.举例推导dp数组

一维dp，分别用物品0，物品1，物品2 来遍历背包，最终得到结果如下：

二、习题

1.416. 分割等和子集

可以用回溯法，但是会超时（剪枝了也超时）：

class Solution {int[] nums;int sum ;int tmpSum;boolean flag = false;public boolean canPartition(int[] nums) {this.nums = nums;sum = Arrays.stream(nums).sum();if(sum%2 == 1) return false;dfs(0);if(flag) return true;return false;}public void dfs(int startIndex){if(tmpSum == sum/2){flag = true;return ; }if(startIndex == nums.length ){return;}for(int i = startIndex ; i < nums.length ; i++){tmpSum += nums[i];dfs(i+1);tmpSum -= nums[i];}}
}

考虑动态规划

背包问题有多种背包方式，常见的有：01背包、完全背包、多重背包、分组背包和混合背包等等。

要注意题目描述中商品是不是可以重复放入。

即一个商品如果可以重复多次放入是完全背包，而只能放入一次是01背包，写法还是不一样的。

要明确本题中我们要使用的是01背包，因为元素我们只能用一次。

本题要求集合里能否出现总和为 sum / 2 的子集。

那么来一一对应一下本题，看看背包问题如何来解决。

只有确定了如下四点，才能把01背包问题套到本题上来。

• 背包的体积为sum / 2
• 背包要放入的商品（集合里的元素）重量为 元素的数值，价值也为元素的数值
• 背包如果正好装满，说明找到了总和为 sum / 2 的子集。
• 背包中每一个元素是不可重复放入。

动规五部曲分析如下：

1.确定dp数组以及下标的含义

01背包中，dp[j] 表示： 容量为j的背包，所背的物品价值最大可以为dp[j]。

2.确定递推公式

if(j < nums[i]) dp[i][j] = dp[i-1][j];
else dp[i][j] = Math.max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-nums[i]]+nums[i]);

3.dp数组初始化

for(int j = nums[0] ; j <= target ; j++) dp[0][j] = nums[0];

这里要考虑nums元素是否非负，如果有负数，则dp[i][0] 要初始化为Integer.MIN_VALUE

dp[0][j]初始化为0

4.遍历顺序

从上到下，从左到右

5.模拟dp数组

代码如下：

class Solution {public boolean canPartition(int[] nums) {int sum = Arrays.stream(nums).sum();if(sum % 2 == 1) return false;int target = sum/2;//dp[i][j] 考虑前i个数，capacity = j 所能装的最大valueint[][] dp =  new int[nums.length][target+1];for(int j = nums[0] ; j <= target ; j++) dp[0][j] = nums[0];for(int i = 1; i < nums.length ; i++){for(int j = 1 ; j <= target ; j++){if(j < nums[i]) dp[i][j] = dp[i-1][j];else dp[i][j] = Math.max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-nums[i]]+nums[i]);}}if(dp[nums.length-1][target] == target) return true;return false;}
}

滚动数组优化，注意初始化、嵌套顺序要求先遍历物品种类、容量倒序遍历：

class Solution {public boolean canPartition(int[] nums){int sum = Arrays.stream(nums).sum();if(sum % 2 == 1) return false;int target = sum/2;//dp[j]表示容量j下能装入的最大价值int[] dp = new int[target+1];//初始化//遍历for(int i = 0; i < nums.length ; i++){for(int j = target ; j >= nums[i] ; j--){dp[j] = Math.max(dp[j],dp[j-nums[i]]+nums[i]);}}if(dp[target] == target) return true;return false;}
}

总结

这道题目就是一道01背包应用类的题目，需要我们拆解题目，然后套入01背包的场景。

01背包相对于本题，主要要理解，题目中物品是nums[i]，重量是nums[i]，价值也是nums[i]，背包体积是sum/2。

2.1049.最后一块石头的重量II

本题其实就是尽量让石头分成重量相同的两堆，相撞之后剩下的石头最小，这样就化解成01背包问题了。

本题物品的重量为stones[i]，物品的价值也为stones[i]。

本题的目的是划分两个子集，使这两个子集和 的 差最小，可以转化为动态规划01背包问题。

1.dp数组及下标含义

dp[j]表示容量为j的背包能够装的最大价值，这里价值设定为=重量，也即容量为j的背包能够装的最大重量

2.递推公式

dp[j] = Math.max( dp[j] , dp[j - stones[i] ] + stones[i])

3.初始化

stones[i] > 0 ，初始化0即可

4.遍历顺序

外层物品，内层容量，内层逆序

5.模拟dp

举例，输入：[2,4,1,1]，此时target = (2 + 4 + 1 + 1)/2 = 4 ，dp数组状态图如下：

最后dp[target]里是容量为target的背包所能背的最大重量。

那么分成两堆石头，一堆石头的总重量是dp[target]，另一堆就是sum - dp[target]。

在计算target的时候，target = sum / 2 因为是向下取整，所以sum - dp[target] 一定是大于等于dp[target]的。

那么相撞之后剩下的最小石头重量就是 (sum - dp[target]) - dp[target]。

代码如下：

class Solution {public int lastStoneWeightII(int[] stones) {int sum = Arrays.stream(stones).sum();int target = sum/2;int[] dp = new int[target+1];for(int i = 0; i < stones.length ; i++){for(int j = target ; j >= stones[i] ; j--){dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j-stones[i]]+stones[i]);}}return sum - dp[target] - dp[target];}
}

总结

本题其实和416. 分割等和子集几乎是一样的，只是最后对dp[target]的处理方式不同。

416. 分割等和子集 相当于是求背包是否正好装满，而本题是求背包最多能装多少。

3.494.目标和

回溯法，时间复杂度O（2^nums.length）

class Solution {int sum = 0;int result = 0;int[] nums;int target = 0;public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {this.nums = nums;this.target = target;dfs(0);return result;}public void dfs(int startIndex){if(startIndex == nums.length){if(sum == target){result++;}return ;}target += nums[startIndex];dfs(startIndex+1);target -= nums[startIndex];target-=nums[startIndex];dfs(startIndex+1);target += nums[startIndex];}}

动态规划

本题要如何使表达式结果为target，

既然为target，那么就一定有 left组合 - right组合 = target。

left + right = sum，而sum是固定的。right = sum - left

公式来了， left - (sum - left) = target 推导出 left = (target + sum)/2 。

target是固定的，sum是固定的，left就可以求出来。

此时问题就是在集合nums中找出和为left的组合。

问题转化为，装满容量为x的背包，有几种方法。

注意：

sum + target 为奇数，无解

（C++代码中，输入的S 就是题目描述的 target）
if ((target + sum) % 2 == 1) return 0; // 此时没有方案

同时如果target 的绝对值已经大于sum，无解

if (abs(target) > sum) return 0; // 此时没有方案

动态规划五部曲：

1.dp数组及下标含义：

        dp[j] ：填满容量为j的背包有dp[j]种方法

2.确定递推数组

        确定一个nums[i] , 就有 dp[ j - nums[i] ] 种方法，那么对每一个 nums[i] 累加 dp[j-nums[i]]即可

求组合类问题的公式，都是类似这种：

dp[j] += dp[j - nums[i]]

3.dp数组初始化

or

4.遍历顺序

        先物品种类，再容量，容量逆序

5.模拟dp

输入：nums: [1, 1, 1, 1, 1], target: 3

bagSize = (target + sum) / 2 = (3 + 5) / 2 = 4

dp数组状态变化如下：

当思路不清晰时先用二维数组做：

滚动数组的外层for循环的i代表的是“考虑前i个数字”而不是“考虑第i个数字”

4.474.一和零

本题是二维01背包问题。

特殊的是遍历物品（字符串）的时候，先对字符串进行处理，得到单个物品的重量和体积。要求的是最大子集，因此希望物品越多越好，物品价值均设1.

1.dp数组及下标含义

        dp[i][j][k]：表示考虑前i个字符串，重量为j，体积为k时最多能装入的字符串

2.递推公式

        dp[i][j][k] = Math.max ( dp[i-1][j][k] , dp[i-1][j - zeroNum][ k - oneNum] + 1 )

3.初始化

        第0个物品， 对 j >= zeroNum && k >=oneNum , dp[i][j][k]赋1

4.遍历顺序

        最外层是物品种类，内层是重量和体积

5.dp模拟

代码如下：

class Solution {public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) {int[][][] dp = new int[strs.length][m+1][n+1];int zero = 0 , one = 0;for(char c : strs[0].toCharArray()){if(c == '0') zero++;else one++;}for(int j = m ; j >= zero ; j--){for(int k = n ; k >= one ; k--){dp[0][j][k] = 1;}}for(int i = 1; i < strs.length ; i++){int zeroNum = 0 , oneNum = 0;for(char c : strs[i].toCharArray()){if(c == '0') zeroNum++;else oneNum++;}for(int j = 0 ; j <= m ; j++){for(int k = 0; k <= n ; k++){if(j < zeroNum || k < oneNum) dp[i][j][k] = dp[i-1][j][k];else dp[i][j][k] = Math.max(dp[i-1][j][k], dp[i-1][j-zeroNum][k-oneNum] + 1);}}}return dp[strs.length-1][m][n];}
}

滚动数组优化：

1.dp数组及下标含义：

dp[i][j] : 当前正在遍历的前k种物品中，重量限制为i、体积限制为j的背包最多能够装下多少个物品（字符串）

2.递推公式

dp[i][j] = Math.max(dp[i][j] , dp[i-zereNum][j-oneNum] + 1)

3.初始化

仅考虑第0种物品（第一个元素）, 对dp数组 i >= zeroNum, j >=oneNum的元素赋1（第0种物品的价值）

这之后从第1个物品开始动态规划

or

4.遍历顺序

最外层是物品种类，内层分别是重量和体积，重量和体积均逆序

5.dp模拟

以输入：["10","0001","111001","1","0"]，m = 3，n = 3为例

最后dp数组的状态如下所示：

代码如下：

class Solution {public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) {int[][] dp = new int[m+1][n+1];int zero = 0, one = 0;for(char c : strs[0].toCharArray()){if(c == '0') zero++;else one++;}for(int i = m ; i >= zero ; i--){for(int j = n ; j >= one ; j--){dp[i][j] = 1;}}for(int k = 1 ; k < strs.length ; k++){int zeroNum = 0, oneNum = 0;for(char c : strs[k].toCharArray()){if(c == '0') zeroNum++;else oneNum++;}for(int i = m ; i >= zeroNum ; i--){for(int j = n ; j >= oneNum ; j--){dp[i][j] = Math.max(dp[i][j] , dp[i-zeroNum][j-oneNum]+1);}}}return dp[m][n];}
}

总结

不少同学刷过这道题，可能没有总结这究竟是什么背包。

此时我们讲解了0-1背包的多种应用，

• 纯 0 - 1 背包 是求 给定背包容量 装满背包 的最大价值是多少。
• 416. 分割等和子集是求 给定背包容量，能不能装满这个背包。
• 1049. 最后一块石头的重量 II是求 给定背包容量，尽可能装，最多能装多少
• 494. 目标和是求 给定背包容量，装满背包有多少种方法。
• 本题是求多维背包背景下，尽可能装满背包最多有多少个物品。

在代码随想录中所列举的题目，都是 0-1背包不同维度上的应用。