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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！

1. 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：

1. 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。
2. 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。

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;
}