【动态规划】完全背包问题应用

完全背包问题应用

1.零钱兑换
2.零钱兑换 II
3.完全平方数

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1.零钱兑换

题目链接： 322. 零钱兑换

题目分析：

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有一堆硬币，从这些硬币中选一些硬币，看能凑成总金额amount所需的最少的硬币个数。这是一个典型的背包问题。你可以认为每种硬币的数量是无限的，这句话很重要。看到这个无限你就要想到这是一个完全背包问题。

算法原理：

1.状态表示

dp[i][j] 表示：从前 i 个硬币中挑选，总和正好等于j，所有选法中，最少硬币个数。

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2.状态转移方程

根据最后一个位置，划分情况

不选 i，说明所有选法中都不包含第 i 个硬币，相当于从去 1 ~ i - 1 这个区间去选，就是dp[i-1][j]

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选1个i，这时就有 i 这个硬币了，然后仅需去 1 ~ i - 1 区间去选一个不超过j - coins[i]的最少硬币个数，然后在加上 i 这个硬币个数

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同理，选2个 i、选3个 i都是上面的分析思路

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发现填一个状态的时候发现这个状态时候很多状态拼接而成的，这个时候我们要想到策略把这些状态用一个或者两个状态来表示。

在完全背包哪里我们已经分析过了，这里直接写，然后我们取所有情况的最小值。

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3.初始化

多开一行一列
里面的值要保证后序的填表是正确的
下标的映射关系

第一列不用初始化，因为用到dp[i][j-coins[i]] 前提 j >= coins[i]，所以不会越界。我们只初始化第一行。

第一行表示硬币为空，当 j = 0表示总和为0，不选就行了

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当 j = 1、2、3…，硬币为空，根本凑不出总和是这些的情况。之前完全背包说过这些都给-1然后特判一下，但是在优化的时候有说过这些无效的情况仅需不让它们参与我们求dp[i][j]就可以了，这里我们求得是min，因此我们可以给这些位置初始化为无穷大，这样即使情况不存在求min也不会影响。注意这里给无穷大不能给INT_MAX，首先 INT_MAX + 1 会越界Leetcode会报错，其次INT_MAX + 1 会是一个很小的数求min就会用到它。这里我们可以给0x3f3f3f3f，可以保证在这个算法中它是最大的，并且用来做加法也不会越界。

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4.填表顺序

填dp[i][j]会用到上面和左边的值，因此从上往下填写每一行，每一行从左往右。

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5.返回值

dp[i][j] 表示：从前 i 个硬币中挑选，总和正好等于j，所有选法中，最少硬币个数。我们要的是从整个数组中选，总和等于amount，最少硬币个数，因此返回dp[n][amount]，但是可能整个数组也凑不出总和等于amount，所以返回判断一下
dp[n][amount] >= INF ? : -1 : dp[n][amount]

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class Solution {
public:int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {// 1.创建 dp 表// 2.初始化// 3.填表// 4.返回值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 = 0 ; 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];}
};

优化

class Solution {
public:int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {// 1.创建 dp 表// 2.初始化// 3.填表// 4.返回值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 = 0 ; 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];//优化int n = coins.size();vector<int> dp(amount + 1,INF);dp[0] = 0;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];}
};

2.零钱兑换 II

题目链接：518. 零钱兑换 II

题目分析：

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当看到硬币有无限个，我们就该想到这是一道完全背包问题。

算法原理：

1.状态表示

dp[i][j] 表示：从前 i 个硬币中挑选，总和正好等于j，一共有多少种选法

2.状态转移方程

根据最后一个位置，划分情况

不选 i，说明所有选法中都不包含第 i 个硬币，相当于从去 1 ~ i - 1 这个区间去选，就是dp[i-1][j]

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选1个i，这时就有 i 这个硬币了，然后仅需去 1 ~ i - 1 区间去选一个总和正好等于j - coins[i]，注意问的是多少种选法， i 这个硬币仅需跟在所有选法后面就行了，不需要加1。

选2个i，选3个i … 都是类似分析

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发现填一个状态的时候发现这个状态时候很多状态拼接而成的，这个时候我们要想到策略把这些状态用一个或者两个状态来表示。

在完全背包哪里我们已经分析过了，这里直接写。
注意这里直接写，是因为前面已经分析过了，这个状态只适用于完全背包。
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最后我们将所有情况加起来，注意 j-coins[i] 不一定存在。必须要满足 j >= coins[i]，才能用这个状态。

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3.初始化

多开一行一列
里面的值要保证后序的填表是正确的
下标的映射关系

第一列不用初始化，因为用到dp[i][j-coins[i]] 前提 j >= coins[i]，所以不会越界。我们只初始化第一行。

第一行表示硬币为空，当 j = 0表示总和为0，不选就行了，这是一种选法

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当j = 1、2、3…，硬币为空根本凑不出总和等于j的选法。直接都给0就行了

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4.填表顺序

填dp[i][j]会用到上面和左边的值，因此从上往下填写每一行，每一行从左往右。

5.返回值

dp[i][j] 表示：从前 i 个硬币中挑选，总和正好等于j，一共有多少种选法，我们要的是从整个数组种选总和等于amount一共有多少种选法，正好就是dp[n][amount]

class Solution {
public:int change(int amount, vector<int>& coins) {// 1.创建 dp 表// 2.初始化// 3.填表// 4.返回值// int n = coins.size();// vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(amount + 1));// dp[0][0] = 1;// for(int i = 1; i <= n; ++i)//     for(int j = 0; j <= amount; ++j)//     {//         dp[i][j] = dp[i - 1][j];//         if(j >= coins[i - 1])//             dp[i][j] += dp[i][j - coins[i - 1]];//     }// return dp[n][amount];//优化// int n = coins.size();// vector<int> dp(amount + 1);// dp[0] = 1;// for(int i = 1; i <= n; ++i)//    for(int j = coins[i - 1]; j <= amount; ++j)//        dp[j] += dp[j - coins[i - 1]];// return dp[amount];// vector<int> dp(amount + 1);// dp[0] = 1;// for(int i = 0; i < coins.size(); ++i)//用不到i//     for(int j = coins[i]; j <= amount; ++j)//         dp[j] += dp[j - coins[i]];// return dp[amount];vector<int> dp(amount + 1);dp[0] = 1;for(auto x : coins)for(int j = x; j <= amount; ++j)dp[j] += dp[j - x];return dp[amount];}
};

3.完全平方数

题目链接： 279. 完全平方数

题目分析：

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给你一个整数 n ，返回和为 n 的完全平方数的最少数量。

完全平方数：比如说1^2 = 1，2^2 = 4，3^2 = 9。1、4、9就是完全平方数。

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算法原理：

从左往右开始挑完全平方数，一个数可以挑多次，挑出来的数只要等于n即可。如果对背包问题比较敏感，这就是背包问题，并且是完全背包问题。

1.状态表示

dp[i][j] 表示：从前 i 个完全平方数种挑选，总和正好等于 j，所有选法中，最少的数量

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2.状态转移方程

根据最后一个位置，划分情况

不选 i^2，说明所有选法中都不包含 i^2 这个平方数，相当于从去 1 ~ i - 1 这个区间去选，就是dp[i-1][j]

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选1个 i^2，然后在去1 ~ i - 1区间挑一个总和等于 j - i^2的最少数量，然后在加上选的 i^2这一个数。

同理选2个 i^2，3个 i^2…，和上面分析一样

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发现填一个状态的时候发现这个状态时候很多状态拼接而成的，这个时候我们要想到策略把这些状态用一个或者两个状态来表示。

在完全背包哪里我们已经分析过了，这里直接写。

在这里插入图片描述
然后从所有情况找最小值

在这里插入图片描述

3.初始化

多开一行一列
里面的值要保证后序的填表是正确的
下标的映射关系

第一列不用初始化，因为用到dp[i][j-coins[i]] 前提 j >= coins[i]，所以不会越界。我们只初始化第一行。

第一行表示完全平方数为0，当 j = 0表示总和为0，不选就行了，最少数量为0

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当 j = 1、2…，完全平方数为0，根本凑不出和为 j，然后我们填dp[i][j]要最小值，为了不让这些位置得值影响填表，因此可以给0x3f3f3f3f

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4.填表顺序

填dp[i][j]会用到上面和左边的值，因此从上往下填写每一行，每一行从左往右。

在这里插入图片描述

5.返回值

dp[i][j] 表示：从前 i 个完全平方数中挑选，总和正好等于 j，所有选法中，最少的数量，但是我们要的是从整个完全平方数种选总和正好等于n最少数量。这里有一个问题 i 取到哪里比较好呢？

我们绝对不会选一个完全平方数会比n大，所以说下标的平方应该小于等于n

所以我们最终返回的是 dp[√n][n]，同时建表的时候也应该是（√n + 1）*（n + 1）规模的。

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