算法沉淀——動態規劃之01背包問題（leetcode真題剖析）

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算法沉淀——動態規劃之01背包問題

  • 01.【模板】01背包
  • 02.分割等和子集
  • 03.目標和
  • 04.最后一塊石頭的重量 II

01背包問題是一類經典的動態規劃問題，通常描述為：有一個固定容量的背包，以及一組物品，每件物品都有重量和價值，目標是找到在背包容量范圍內，使得背包中的物品總價值最大的組合。

具體來說，問題的輸入包括：

  1. 一個固定容量的背包（通常表示為一個整數W）。
  2. 一組物品，每個物品有兩個屬性：重量（通常表示為一個整數weight）和價值（通常表示為一個整數value）。
  3. 求解的目標是找到一種放置物品的方式，使得放入背包的物品的總重量不超過背包容量，并且總價值最大。

這個問題的特點是，對于每件物品，你只能選擇將其放入背包一次（0-1，因此稱為“01背包”），或者不放入背包。不能將物品切割成更小的部分放入背包，要么整個物品放入背包，要么不放入。

動態規劃解法：

  1. 定義狀態： 通常使用二維數組dp[i][j]表示在前i個物品中，背包容量為j時的最大總價值。

  2. 狀態轉移方程： 考慮第i個物品，可以選擇放入背包或者不放入。如果選擇放入，那么總價值為dp[i-1][j-weight[i]] + value[i]，即前i-1個物品的總價值加上當前物品的價值。如果選擇不放入，那么總價值為dp[i-1][j]，即前i-1個物品的總價值。因此，狀態轉移方程為：

    dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-weight[i]] + value[i])

    其中，dp[i-1][j]表示不放入第i個物品，dp[i-1][j-weight[i]] + value[i]表示放入第i個物品。

  3. 初始條件： 當i=0時，表示前0個物品，總價值為0；當j=0時，表示背包容量為0，總價值也為0。

  4. 遍歷順序： 外層循環遍歷物品，內層循環遍歷背包容量。

  5. 返回結果： 最終結果存儲在dp[N][W]中，其中N為物品數量，W為背包容量。

例子：

假設有如下物品：

Copy code解釋物品1：重量=2，價值=3
物品2：重量=3，價值=4
物品3：重量=4，價值=5
物品4：重量=5，價值=6

背包容量為W=8，我們要求解在這個條件下的最大總價值。

按照上述動態規劃解法，構建狀態轉移表如下：

luaCopy code解釋  重量/價值   0   1   2   3   4   5   6   7   8----------------------------------------------物品0        0   0   0   0   0   0   0   0   0物品1        0   0   3   3   3   3   3   3   3物品2        0   0   3   4   4   7   7   7  10物品3        0   0   3   4   4   7   8   8  11物品4        0   0   3   4   4   7   8   9  11

因此，最終結果為dp[4][8] = 11，表示在背包容量為8的情況下，最大總價值為11。這意味著最優解是選擇物品2和物品4放入背包。

01.【模板】01背包

題目鏈接：https://www.nowcoder.com/practice/fd55637d3f24484e96dad9e992d3f62e?tpId=230&tqId=2032484&ru=/exam/oj&qru=/ta/dynamic-programming/question-ranking&sourceUrl=%2Fexam%2Foj%3Fpage%3D1%26tab%3D%25E7%25AE%2597%25E6%25B3%2595%25E7%25AF%2587%26topicId%3D196

你有一個背包，最多能容納的體積是V。

現在有n個物品，第i個物品的體積為vi,價值為wi。

（1）求這個背包至多能裝多大價值的物品？

（2）若背包恰好裝滿，求至多能裝多大價值的物品？

輸入描述：

第一行兩個整數n和V，表示物品個數和背包體積。

接下來n行，每行兩個數vi和wi，表示第i個物品的體積和價值。

1≤n,V;vi,wi≤1000

輸出描述：

輸出有兩行，第一行輸出第一問的答案，第二行輸出第二問的答案，如果無解請輸出0。

示例1

輸入：

3 5
2 10
4 5
1 4

輸出：

14
9

復制

說明：

裝第一個和第三個物品時總價值最大，但是裝第二個和第三個物品可以使得背包恰好裝滿且總價值最大。

示例2

輸入：

3 8
12 6
11 8
6 8

輸出：

8
0

說明：

裝第三個物品時總價值最大但是不滿，裝滿背包無解。 要求O(nV)的時間復雜度，O(V)空間復雜度

思路

第一問：

  1. 狀態表示：
    • dp[i][j] 表示從前 i 個物品中挑選，總體積不超過 j 的情況下，所有的選法中能挑選出的最大價值。
  2. 狀態轉移方程：
    • 對于每個物品，我們有兩種選擇：
      • 不選第 i 個物品：此時 dp[i][j] = dp[i - 1][j]。
      • 選擇第 i 個物品：此時需要確保總體積不超過 j - v[i]，而且該狀態是合法的，即 j >= v[i] 和 dp[i - 1][j - v[i]] 存在。狀態轉移方程為 dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - v[i]] + w[i])。
  3. 初始化：
    • 多加一行，第一行初始化為 0，因為不選任何物品總體積為 0時，價值為 0。
  4. 填表順序：
    • 從上往下，每一行從左往右填表。
  5. 返回值：
    • 返回 dp[n][V]，即最后一行最后一列的值。

第二問：

  1. 狀態表示：
    • dp[i][j] 表示從前 i 個物品中挑選，總體積正好等于 j 的情況下，所有的選法中能挑選出的最大價值。
  2. 狀態轉移方程：
    • dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - v[i]] + w[i])。
    • 在使用 dp[i - 1][j - v[i]] 時，需要判斷 j >= v[i] 和 dp[i - 1][j - v[i]] 是否為 -1。
  3. 初始化：
    • 多加一行，第一格初始化為 0，表示正好湊齊體積為 0的背包。
    • 第一行后面的格子初始化為 -1，因為沒有物品，無法滿足體積大于 0的情況。
  4. 填表順序：
    • 從上往下，每一行從左往右填表。
  5. 返回值：
    • 由于最后可能湊不成體積為 V 的情況，需要特判。

代碼

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;const int N=1002;
int n,V,v[N],w[N];
int dp[N][N];int main() {cin>>n>>V;for(int i=1;i<=n;i++) 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][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][j],dp[i-1][j-v[i]]+w[i]);}cout<<(dp[n][V]==-1?0:dp[n][V])<<endl;
}

優化步驟：

  1. 滾動數組的應用：
    • 在01背包問題中，通過滾動數組可以刪去所有的橫坐標，因為狀態 dp[i][j] 只依賴于上一行的狀態 dp[i-1][j] 和 dp[i-1][j-v[i]]，因此只需保留一行狀態。
  2. 遍歷順序修改：
    • 修改了 j 的遍歷順序，原本的遍歷是從 0 到 V，現在改為從 V 到 0。這樣做的原因是，如果從 0 到 V 遍歷，會使用當前行的 dp[i-1][j-v[i]] 的值，而我們已經在上一步的滾動數組中刪除了這一行，所以需要改變遍歷順序，從 V 到 0。
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;const int N=1002;
int n,V,v[N],w[N];
int dp[N];int main() {cin>>n>>V;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>v[i]>>w[i];for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=V;j>=v[i];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--)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;
}

02.分割等和子集

題目鏈接：https://leetcode.cn/problems/partition-equal-subset-sum/

給你一個 只包含正整數 的 非空 數組 nums 。請你判斷是否可以將這個數組分割成兩個子集，使得兩個子集的元素和相等。

示例 1：

輸入：nums = [1,5,11,5]
輸出：true
解釋：數組可以分割成 [1, 5, 5] 和 [11] 。

示例 2：

輸入：nums = [1,2,3,5]
輸出：false
解釋：數組不能分割成兩個元素和相等的子集。

提示：

  • 1 <= nums.length <= 200
  • 1 <= nums[i] <= 100

思路

  1. 狀態表達：
    • dp[i][j] 表示在前 i 個元素中選擇，所有的選法中，能否湊成總和為 j 這個數。
  2. 狀態轉移方程：
    • 根據最后一個位置的元素，分兩種情況討論：
      • 不選擇 nums[i]：此時是否能夠湊成總和為 j 取決于前 i-1 個元素的情況，即 dp[i][j] = dp[i-1][j]。
      • 選擇 nums[i]：如果 nums[i] 小于等于 j，則需要看前 i-1 個元素中是否能湊成總和為 j - nums[i]，即 dp[i][j] = dp[i][j] || dp[i-1][j - nums[i]]。
  3. 初始化：
    • 第一行表示不選擇任何元素，要湊成目標和 j，只有當目標和為 0 時才能做到，因此第一行僅需初始化第一個元素 dp[0][0] = true。
  4. 填表順序：
    • 根據狀態轉移方程，從上往下填寫每一行，每一行的順序是無所謂的。
  5. 返回值：
    • 根據狀態表達，返回 dp[n][aim] 的值，其中 n 表示數組的大小， aim 表示要湊的目標和。
  6. 空間優化：
    • 對于 01 背包類型的問題，可以進行空間上的優化，即刪除第一維，并修改第二層循環的遍歷順序。

代碼

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

空間優化

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

03.目標和

題目鏈接：https://leetcode.cn/problems/target-sum/

給你一個非負整數數組 nums 和一個整數 target 。

向數組中的每個整數前添加 '+' 或 '-' ，然后串聯起所有整數，可以構造一個 表達式 ：

  • 例如，nums = [2, 1] ，可以在 2 之前添加 '+' ，在 1 之前添加 '-' ，然后串聯起來得到表達式 "+2-1" 。

返回可以通過上述方法構造的、運算結果等于 target 的不同 表達式 的數目。

示例 1：

輸入：nums = [1,1,1,1,1], target = 3
輸出：5
解釋：一共有 5 種方法讓最終目標和為 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：

輸入：nums = [1], target = 1
輸出：1

提示：

  • 1 <= nums.length <= 20
  • 0 <= nums[i] <= 1000
  • 0 <= sum(nums[i]) <= 1000
  • -1000 <= target <= 1000

思路

  1. 狀態表示：
    • dp[i][j] 表示在前 i 個數中選，總和正好等于 j，一共有多少種選法。
  2. 狀態轉移方程：
    • 根據最后一個位置的元素，結合題目的要求，有兩種策略：
      • 不選 nums[i]：此時湊成總和 j 的總方案數，要看在前 i-1 個元素中選，湊成總和為 j 的方案數，即 dp[i][j] = dp[i-1][j]。
      • 選擇 nums[i]：如果 nums[i] 小于等于 j，則需要看前 i-1 個元素中是否能湊成總和為 j - nums[i]，即 dp[i][j] += dp[i-1][j - nums[i]]。
  3. 初始化：
    • 需要用到上一行的數據，因此初始化第一行，表示不選擇任何元素湊成目標和 j。只有當目標和為 0 時才能做到，因此第一行僅需初始化第一個元素 dp[0][0] = 1。
  4. 填表順序：
    • 根據狀態轉移方程，從上往下填寫每一行，每一行的順序是無所謂的。
  5. 返回值：
    • 根據狀態表示，返回 dp[n][aim] 的值，其中 n 表示數組的大小， aim 表示要湊的目標和。

代碼

class Solution {
public:int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int target) {int sum=0;for(auto x:nums) sum+=x;int aim=(sum+target)/2;if(aim<0||(sum+target)%2) return 0;int n=nums.size();vector<vector<int>> dp(n+1,vector<int>(aim+1));dp[0][0]=1;for(int i = 1; i <= n; i++) for(int j = 0; j <= aim; j++){dp[i][j] = dp[i - 1][j];if(j >= nums[i - 1]) dp[i][j] += dp[i - 1][j - nums[i - 1]];}return dp[n][aim];}
};

04.最后一塊石頭的重量 II

題目鏈接：https://leetcode.cn/problems/last-stone-weight-ii/

有一堆石頭，用整數數組 stones 表示。其中 stones[i] 表示第 i 塊石頭的重量。

每一回合，從中選出任意兩塊石頭，然后將它們一起粉碎。假設石頭的重量分別為 x 和 y，且 x <= y。那么粉碎的可能結果如下：

  • 如果 x == y，那么兩塊石頭都會被完全粉碎；
  • 如果 x != y，那么重量為 x 的石頭將會完全粉碎，而重量為 y 的石頭新重量為 y-x。

最后，最多只會剩下一塊 石頭。返回此石頭 最小的可能重量 。如果沒有石頭剩下，就返回 0。

示例 1：

輸入：stones = [2,7,4,1,8,1]
輸出：1
解釋：
組合 2 和 4，得到 2，所以數組轉化為 [2,7,1,8,1]，
組合 7 和 8，得到 1，所以數組轉化為 [2,1,1,1]，
組合 2 和 1，得到 1，所以數組轉化為 [1,1,1]，
組合 1 和 1，得到 0，所以數組轉化為 [1]，這就是最優值。

示例 2：

輸入：stones = [31,26,33,21,40]
輸出：5

提示：

  • 1 <= stones.length <= 30
  • 1 <= stones[i] <= 100

思路

  1. 狀態表示：
    • dp[i][j] 表示在前 i 個元素中選擇，總和不超過 j 的情況下，這些元素的最大和。
  2. 狀態轉移方程：
    • 根據最后一個位置的元素，結合題目的要求，有兩種策略：
      • 不選 stones[i]：此時是否能夠湊成總和為 j，要看在前 i-1 個元素中選，能否湊成總和為 j。根據狀態表示，此時 dp[i][j] = dp[i-1][j]。
      • 選擇 stones[i]：這種情況下是有前提條件的，此時的 stones[i] 應該是小于等于 j。因為如果這個元素都比要湊成的總和大，選擇它就沒有意義。那么是否能夠湊成總和為 j，要看在前 i-1 個元素中選，能否湊成總和為 j - stones[i]。根據狀態表示，此時 dp[i][j] = dp[i-1][j-stones[i]] + stones[i]。
  3. 初始化：
    • 由于需要用到上一行的數據，可以先將第一行初始化。
    • 第一行表示「沒有石頭」，因此想湊成目標和 j 的最大和都是 0。
  4. 填表順序：
    • 根據狀態轉移方程，從上往下填寫每一行，每一行的順序是無所謂的。
  5. 返回值：
    • 根據狀態表示，找到最接近 sum / 2 的最大和 dp[n][sum / 2]。
    • 返回 sum - 2 * dp[n][sum / 2]，因為我們要的是兩堆石頭的差。

代碼

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

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-- 查看mysql當前有多少連接 show global status like Thread%; /* Threads_cached&#xff1a;緩存中的線程連接數 Threads_connected&#xff1a;當前打開的連接數 Threads_created&#xff1a;為處理連接創建的線程數 Threads_running&#xff1a;非睡眠狀態的連接數&…
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windows部署mariadb-11.3

windows部署mariadb-11.3

因為需要用到數據庫來處理一些東西,所以決定在windows上安裝一下MariaDB. 隨著版本升級,安裝已經不是那么復雜了.對應的.其實網上一大堆的檢索結果,很多并不可用. 由于是開發環境,這里一切從簡了. 下載安裝包.并解壓進入bin目錄,使用mysql_install_db.exe程序來進行安裝.執行 m…
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MSCKF5講：后端代碼分析

MSCKF5講：后端代碼分析

MSCKF5講&#xff1a;后端代碼分析 文章目錄 MSCKF5講&#xff1a;后端代碼分析1 初始化initialize()1.1 加載參數1.2 初始化IMU連續噪聲協方差矩陣1.3 卡方檢驗1.4 接收與訂閱話題createRosIO() 2 IMU靜止初始化3 重置resetCallback()4 featureCallback4.1 IMU初始化判斷4.2 I…
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【文末送書】智能計算：原理與實踐

【文末送書】智能計算：原理與實踐

歡迎關注博主 Mindtechnist 或加入【智能科技社區】一起學習和分享Linux、C、C、Python、Matlab&#xff0c;機器人運動控制、多機器人協作&#xff0c;智能優化算法&#xff0c;濾波估計、多傳感器信息融合&#xff0c;機器學習&#xff0c;人工智能等相關領域的知識和技術。關…
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Linux系統運維腳本：一鍵添加防火墻規則（開啟服務和網絡端口）

Linux系統運維腳本：一鍵添加防火墻規則（開啟服務和網絡端口）

目 錄 一、要求 二、解決方案 &#xff08;一&#xff09;解決思路 &#xff08;二&#xff09;方案 三、腳本程序實現 &#xff08;一&#xff09;腳本代碼和解釋 1、腳本代碼 2、代碼解釋 &#xff08;二&#xff09;腳本驗證 1、腳本編輯 2、給予執行權限…
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NumPy數據處理詳解的筆記2

NumPy數據處理詳解的筆記2

NumPy數據處理詳解的筆記2 第1章NumPy基礎 NumPy是用于處理多維數組的數值運算庫&#xff0c;不僅可用于 機器學習&#xff0c;還可以用于圖像處理&#xff0c;語言處理等任務。 1.2 多維數據結構ndarray的基礎 在學習NumPy的過程中&#xff0c;只要理解了ndarray的相關知識…
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java 關于 Object 類中的 wait 和 notify 方法。（生產者和消費者模式！）

java 關于 Object 類中的 wait 和 notify 方法。（生產者和消費者模式！）

4、關于 Object 類中的 wait 和 notify 方法。&#xff08;生產者和消費者模式&#xff01;&#xff09; 第一&#xff1a;wait 和 notify 方法不是線程對象的方法&#xff0c;是 java 中任何一個 java 對象都有的方法&#xff0c;因為這兩個方法是 Object 類中自帶的。 wait 方…
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