【动态规划】背包问题 {01背包问题；完全背包问题；二维费用背包问题}

一、背包问题概述

背包问题(Knapsackproblem)是⼀种组合优化的NP完全问题。

问题可以描述为：给定一组物品，每种物品都有自己的重量和价格，在限定的总重量内，我们如何选择，才能使得物品的总价格最⾼。

根据物品的个数，分为如下几类：

  • 01背包问题：每个物品只有⼀个
  • 完全背包问题：每个物品有⽆限多个
  • 多重背包问题：每件物品最多有si个
  • 混合背包问题：每个物品会有上⾯三种情况…
  • 分组背包问题：物品有n组，每组物品里有若干个，每组里最多选一个物品

其中上述分类里面，根据背包是否装满，⼜分为两类：

  • 不⼀定装满背包
  • 背包⼀定装满

优化⽅案：

  • 空间优化-滚动数组
  • 单调队列优化
  • 贪⼼优化

根据限定条件的个数，又分为两类：

  • 限定条件只有⼀个：比如体积->普通的背包问题
  • 限定条件有两个：比如体积+重量->⼆维费⽤背包问题

根据不同的问法，又分为很多类：

  • 输出⽅案
  • 求⽅案总数
  • 最优⽅案
  • ⽅案可⾏性

其实还有很多分类，但是我们仅需了解即可。
因此，背包问题种类非常繁多，题型非常丰富，难度也是非常难以捉摸。但是，尽管种类非常多，都是从01背包问题演化过来的。所以，⼀定要把01背包问题学好。

二、相关编程题

2.1 01背包问题

2.1.1 01背包（模板）

题目链接

【模板】01背包_牛客题霸_牛客网 (nowcoder.com)

题目描述

在这里插入图片描述

算法原理

在这里插入图片描述

编写代码

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
#define N 1010int n, V;
int v[N], w[N];
int dp[N][N];int main() {//读入数据cin >> n >> V;for(int i = 1; i <= n; ++i) //注意所有下标从1开始{cin >> v[i] >> w[i];}//解决第一问for(int i = 1; i <= n; ++i){for(int j = 1; j <= V; ++j){dp[i][j] = dp[i-1][j]; // 不选i物品if(j>=v[i]) //要保证不越界，有空间存放v[i]dp[i][j] = max(dp[i][j], w[i]+dp[i-1][j-v[i]]); //选i物品}}cout << dp[n][V] << endl;//解决第二问memset(dp, 0, sizeof(dp));for(int j = 1; j <= V; ++j) dp[0][j] = -1; //-1表示恰好装满体积j无解for(int i = 1; i <= n; ++i){for(int j = 1; j <= V; ++j){dp[i][j] = dp[i-1][j]; // 不选i物品if(j>=v[i] && dp[i-1][j-v[i]]!=-1) //条件1保证不越界，有空间存放v[i]；条件2保证恰好装满dp[i][j] = max(dp[i][j], w[i]+dp[i-1][j-v[i]]); //选i物品}}cout << (dp[n][V]==-1? 0:dp[n][V]) << endl;
}//空间优化
int dp[N];int main() {//读入数据...//解决第一问for(int i = 1; i <= n; ++i){for(int j = V; j>=v[i]; --j) //注意从右往左遍历dp[j] = max(dp[j], w[i]+dp[j-v[i]]);}cout << dp[V] << endl;//解决第二问memset(dp, 0, sizeof(dp));for(int j = 1; j <= V; ++j) dp[j] = -1; //-1表示恰好装满体积j无解for(int i = 1; i <= n; ++i){for(int j = V; j>=v[i]; --j){if(dp[j-v[i]]!=-1)dp[j] = max(dp[j], w[i]+dp[j-v[i]]);}}cout << (dp[V]==-1? 0:dp[V]) << endl;
}

2.1.2 分割等和子集

题目链接

416. 分割等和子集 - 力扣（LeetCode）

题目描述

在这里插入图片描述

算法原理

在这里插入图片描述

  • 01背包必须装满
  • 为什么不用-1标识无解？因为其状态表示中自带无解判断（false）

编写代码

//空间优化
class Solution {
public:bool canPartition(vector<int>& nums) {int n = nums.size();int sum = 0;for(auto e : nums) sum+=e;if(sum%2==1) return false;vector<bool> dp(sum/2+1);dp[0] = true;for(int i = 1; i <= n; ++i){for(int j = sum/2; j >= nums[i-1]; --j)dp[j] = dp[j] || dp[j-nums[i-1]];}return dp[sum/2];}
};

2.1.3 目标和

题目链接

494. 目标和 - 力扣（LeetCode）

题目描述

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算法原理

在这里插入图片描述

  • 01背包必须装满
  • 为什么不用-1标识无解？因为其状态表示中自带无解判断（0种选法）

编写代码

//空间优化
class Solution {
public:int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int target) {int n = nums.size();int sum = 0;for(auto e : nums) sum+=e;int a = (sum+target)/2;if(a<0 || (sum+target)%2==1) return false; //a是所有正数的和；必须是偶数能被2整除；vector<int> dp(a+1);dp[0] = 1;for(int i = 1; i <= n; ++i){for(int j = a; j >= nums[i-1]; --j)dp[j] += dp[j-nums[i-1]];}return dp[a];}
};

2.1.4 最后一块石头的重量Ⅱ

题目链接

1049. 最后一块石头的重量 II - 力扣（LeetCode）

题目描述

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算法原理

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  • 01背包不必装满

编写代码

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

2.2 完全背包问题

2.2.1 完全背包（模板）

题目链接

【模板】完全背包_牛客题霸_牛客网 (nowcoder.com)

题目描述

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算法原理

在这里插入图片描述

和01背包唯一的不同点就是每个物品可以选择无数次，因此在选择i物品的状态转移方程中有所变化。

提示：综合了01背包、通配符匹配、正则表达式匹配的考点

编写代码

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;const int N = 1010;
int n, V;
int v[N], w[N];
int dp[N][N];int main() {//读入数据cin >> n >> V;for(int i = 1; i <= n; ++i)cin >> v[i] >> w[i];//解决第一问for(int i = 1; i <= n; ++i){for(int j = 1; j <= V; ++j){dp[i][j] = dp[i-1][j];if(j >= v[i])dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][j-v[i]]+w[i]);}}cout << dp[n][V] << endl;//解决第二问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 = 1; j <= V; ++j){dp[i][j] = dp[i-1][j];if(j >= v[i] && dp[i][j-v[i]]!=-1)dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][j-v[i]]+w[i]);}}cout << (dp[n][V]==-1? 0:dp[n][V]) << endl;
}//空间优化
int dp[N];int main() {//读入数据...//解决第一问for(int i = 1; i <= n; ++i){for(int j = v[i]; j <= V; ++j) //注意从左往右遍历{dp[j] = max(dp[j], dp[j-v[i]]+w[i]);}}cout << dp[V] << endl;//解决第二问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[i]; j <= V; ++j){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;
}

2.2.2 零钱兑换

题目链接

322. 零钱兑换 - 力扣（LeetCode）

题目描述

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算法原理

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提示：不能再像完全背包那样用-1表示无解。因为这里求的是最小值，如果使用-1，而不选i位置无解，即使选择i位置的零钱有解，也会在取min时取到-1。实际上我们设置无解为-1的初衷就是为了不参与后续的比较，因此可以用INF（无穷大）表示无解，这样的话，在取min时永远不会取到INF。

编写代码

class Solution {
public:int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {const int INF = 0x3f3f3f3f;int n = coins.size();vector<vector<int>> dp(n+1, vector<int>(amount+1));for(int j = 1; j <= amount; ++j) dp[0][j] = INF;for(int i = 1; i <= n; ++i){for(int j = 1; j <= amount; ++j){dp[i][j] = dp[i-1][j];if(j >= coins[i-1])dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][j-coins[i-1]]+1);}}return dp[n][amount]>=INF? -1:dp[n][amount];}
};//空间优化
class Solution {
public:int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {const int INF = 0x3f3f3f3f;int n = coins.size();vector<int> dp(amount+1);for(int j = 1; j <= amount; ++j) dp[j] = INF;for(int i = 1; i <= n; ++i){for(int j = coins[i-1]; j <= amount; ++j)dp[j] = min(dp[j], dp[j-coins[i-1]]+1);}return dp[amount]>=INF? -1:dp[amount];}
};

2.2.3 零钱兑换Ⅱ

题目链接

518. 零钱兑换 II - 力扣（LeetCode）

题目描述

在这里插入图片描述

算法原理

在这里插入图片描述

编写代码

class Solution {
public:int change(int amount, vector<int>& coins) {int n = coins.size();vector<int> dp(amount+1);dp[0] = 1;for(auto e : coins){for(int j = e; j <= amount; ++j)dp[j]+=dp[j-e];  }return dp[amount];}
};

2.2.4 完全平方数

题目链接

279. 完全平方数 - 力扣（LeetCode）

题目描述

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算法原理

在这里插入图片描述

编写代码

class Solution {
public:int numSquares(int n) {int m = sqrt(n);const int INF = 0x3f3f3f3f;vector<int> dp(n+1, INF);dp[0] = 0;for(int i = 1; i <= m; ++i){for(int j = i*i; j <= n; ++j)dp[j] = min(dp[j], dp[j-i*i]+1);}return dp[n];}
};

2.3 二维费用背包问题

2.3.1 一和零

题目链接

474. 一和零 - 力扣（LeetCode）

题目描述

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算法原理

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  • 01背包，不必装满，二维费用

编写代码

//三维dp表
class Solution {
public:int findMaxForm(vector<string>& strs, int m, int n) {int cnt = strs.size();vector<vector<vector<int>>> dp(cnt+1, vector<vector<int>>(m+1, vector<int>(n+1)));for(int i = 1; i <= cnt; ++i){//统计以下字符串中0，1的个数int c0 = Count0(strs[i-1]);int c1 = strs[i-1].size()-c0;for(int j = 0; j <= m; ++j)for(int k = 0; k <= n; ++k){dp[i][j][k] = dp[i-1][j][k]; //不选i位置的字符串if(j>=c0 && k>=c1) //选i位置的字符串dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i-1][j-c0][k-c1]+1);}}return dp[cnt][m][n];}int Count0(const string& str){int cnt = 0;for(auto ch : str)if(ch == '0') ++cnt;return cnt;}
};//空间优化：二维dp表
class Solution {
public:int findMaxForm(vector<string>& strs, int m, int n) {int cnt = strs.size();vector<vector<int>> dp(m+1, vector<int>(n+1));for(int i = 1; i <= cnt; ++i){int c0 = Count0(strs[i-1]);int c1 = strs[i-1].size()-c0;for(int j = m; j >= c0; --j) //注意从大到小遍历for(int k = n; k >= c1; --k){dp[j][k] = max(dp[j][k], dp[j-c0][k-c1]+1);}}return dp[m][n];}
};

2.3.2 盈利计划

题目链接

879. 盈利计划 - 力扣（LeetCode）

题目描述

在这里插入图片描述

算法原理

在这里插入图片描述

提示：k可以小于p[i]，表示单单i项计划的盈利就超过了最低限度k。但是作为数组的下标k-p[i]不能是负数，因此我们采取一个折中的方案，当k-p[i]<0时从前i-1项计划中选择的总利润最低为0即可。

编写代码

//三维dp表
class Solution {
public:int profitableSchemes(int n, int m, vector<int>& group, vector<int>& profit) {int cnt = group.size();vector<vector<vector<int>>> dp(cnt+1, vector<vector<int>>(n+1, vector<int>(m+1)));for(int j = 0; j <= n; ++j) dp[0][j][0] = 1; //没有计划，没有利润，无论多少人数都可以选空for(int i = 1; i <= cnt; ++i){for(int j = 0; j <= n; ++j){for(int k = 0; k <= m; ++k){dp[i][j][k] = dp[i-1][j][k];if(j>=group[i-1])dp[i][j][k] += dp[i-1][j-group[i-1]][max(0, k-profit[i-1])];dp[i][j][k] %= (int)1e9+7;}}}return dp[cnt][n][m];}
};//空间优化：二维dp表
class Solution {
public:int profitableSchemes(int n, int m, vector<int>& group, vector<int>& profit) {int cnt = group.size();vector<vector<int>> dp(n+1, vector<int>(m+1));for(int j = 0; j <= n; ++j) dp[j][0] = 1;for(int i = 1; i <= cnt; ++i){for(int j = n; j >= group[i-1]; --j)for(int k = m; k >= 0; --k){dp[j][k] += dp[j-group[i-1]][max(0, k-profit[i-1])];dp[j][k] %= (int)1e9+7;}}return dp[n][m];}
};

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