动态规划(01背包问题的拓展)
Posted 遥远的歌s
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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了动态规划(01背包问题的拓展)相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
01背包问题
这个问题之前有讲到过,可以参考动态规划01背包问题
此次主要讲述01背包问题下的拓展出来的一些问题。
题目一、分割等和子集
题目链接:leetcode416.分割等和子集
给定一个只包含正整数的非空数组。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。
注意:
每个数组中的元素不会超过 100
数组的大小不会超过 200
示例 1:
输入: [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: [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.
这种题乍一眼看到感觉无从下手,其实不然。
思路
1.首先思考一下,既然要将它们分为相等的两份,那么他们的和必然是偶数,否则必定不会被分成相等的两份。
2.这个问题如何转换为01背包问题呢,其实很简单,首先确定什么是背包的容量,什么是物品的容量,什么又是物品的价值。
数组中的所有的数的和我们是可以求出来的,那么排除它是偶数后,它的一半也是能算出来的,也就是说,如果我用数组中这些数能得到总和的一半,那么就表示我一定有一种方法可以把它分为相等的两份。
假设数组所有数的和为偶数并记为sum,那么它的一半记为half_sum,那么它就是背包的容量。而整个数组既是物品的重量,也是物品的价值。
那么这道题就可以理解为,再容量为half_sum的大小下,我能装入的最大的物品价值是多少。
求出这个最优解后,只需要和half_sum比较是否相等即可。
递推公式
创建dp数组,用i表示物品数,j表示当前容量,dp[j]表示j容量下的最大总和。
初始化为0,因为只要当前总和为0,那么我总是可以获取到比0大的总和。
dp[j] = max(dp[j],dp[j - nums[i]] + nums[i])
class Solution
public:
bool canPartition(vector<int>& nums)
int sum = 0;
//求和
for(int i = 0;i<nums.size();i++)
sum+=nums[i];
//判断是否为奇数
if(sum % 2 == 1) return false;
//获得总和的一半,也是背包的容量
int half_sum = sum/2;
vector<int> dp(half_sum + 1,0);
for(int i = 0;i<nums.size();i++)
for(int j = half_sum;j>=nums[i];j--)
dp[j] = max(dp[j],dp[j - nums[i]] + nums[i]);
return dp[half_sum] == half_sum;
;
题目二、最后一块石头的重量 II
题目链接:最后一块石头的重量 II
有一堆石头,每块石头的重量都是正整数。
每一回合,从中选出任意两块石头,然后将它们一起粉碎。假设石头的重量分别为 x 和 y,且 x <= y。那么粉碎的可能结果如下:
如果 x == y,那么两块石头都会被完全粉碎;
如果 x != y,那么重量为 x 的石头将会完全粉碎,而重量为 y 的石头新重量为 y-x。
最后,最多只会剩下一块石头。返回此石头最小的可能重量。如果没有石头剩下,就返回 0。
示例:
输入:[2,7,4,1,8,1]
输出:1
解释:
组合 2 和 4,得到 2,所以数组转化为 [2,7,1,8,1],
组合 7 和 8,得到 1,所以数组转化为 [2,1,1,1],
组合 2 和 1,得到 1,所以数组转化为 [1,1,1],
组合 1 和 1,得到 0,所以数组转化为 [1],这就是最优值。
提示:
1 <= stones.length <= 30
1 <= stones[i] <= 1000
思路
1.同样想要用01背包问题的思想解决这个问题,那么就得要先明确背包容量,物品重量和物品价值,我想要得到最小的石头重量,那么我只需要将这一堆石头分为重量最接近的两份就可以了,这样粉碎下来,一定能得到最小的石头的重量。
2.分析出来问题的本质后,就往01背包上靠拢,首先确定背包的最大容量,同样的,我们将所有石头的总质量加起来,除以二就是背包的容量,注意,这里不需要判断是否为奇数,因为只需要将这一堆石头分为重量最接近的两堆,可以相等,也可以不相等。
3.同样,石头的重量既代表重量也代表它的价值。
递推公式
创建dp数组,用i表示物品数,j表示当前容量,dp[j]表示j容量下的最大总和。
初始化为0,因为只要当前最大质量和和为0,那么我总是可以获取到比0大的质量总和。
dp[j] = max(dp[j],stonesdp[j - [i]] + stones[i])
class Solution
public:
int lastStoneWeightII(vector<int>& stones)
int sum = 0,half_sum = 0;;
for(int i = 0;i<stones.size();i++)
sum+=stones[i];
half_sum = sum/2;
vector<int> dp(half_sum + 1,0);
for(int i = 0;i<stones.size();i++)
for(int j = half_sum;j>=stones[i];j--)
dp[j] = max(dp[j],dp[j - stones[i]] + stones[i]);
//因为half_sum是sum/2向下取整的,所以sum - dp[half_sum]一定大于等于dp[half_sum]的
return sum - 2*dp[half_sum];
;
题目三、目标和
题目链接:目标和
给定一个非负整数数组,a1, a2, ..., an, 和一个目标数,S。现在你有两个符号 + 和 -。对于数组中的任意一个整数,你都可以从 + 或 -中选择一个符号添加在前面。
返回可以使最终数组和为目标数 S 的所有添加符号的方法数。
示例:
输入:nums: [1, 1, 1, 1, 1], S: 3
输出:5
解释:
-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
一共有5种方法让最终目标和为3。
提示:
数组非空,且长度不会超过 20 。
初始的数组的和不会超过 1000 。
保证返回的最终结果能被 32 位整数存下。
这道题曾是我面试腾讯时的一道题,当时没做出来,下来结合大佬的思路自己想了想,总结出来。
首先大家肯定想到的是回溯法来解决这个问题,但是如果这个数组的长度特别的长,那么很容易超出时间复杂度。将这道题本质看出来,实则还是一道01背包的问题。
思路
首先,定义一下这些数的总和为sum,要得到目标数S,那么一定有从sum中拆出来两个数记为所有添加+
号得和left_sum,所有添加-
号得和为right_sum,则有:
left_sum - right_sum = S
而left_sum + right_sum = sum
则就推出:left_sum = (sum + S)/2
这里要注意一下:left_sum ,right_sum ,sum,S都是确定的,因此(sum + S)/2不能让它向下取整,即sum+S必须为偶数,否则没有方法能够得到目标数
因为sum是固定的,S也是固定的,那么就转换为求数组中能得到left_sum得总和。
定义dp数组,i表示当前数的下标,j表示当前容量,dp[j]表示能得到数字和为j得所有方法数。
则有:dp[j] +=dp[j - nums[i]]
例如:假设nums[i] = 2,我现在想要求当前情况下总和为5的方法总数,那么除了我已知的能获得5的方法总和外,我还需要直到dp[5 - 2]的方法总和,因为我知道dp[3]的方法数,那么dp[3]的方法数就是dp[5]的方法数,所以给dp[5]加上即可。
class Solution
public:
int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int S)
int sum = 0;
for(int i = 0;i<nums.size();i++)
sum+=nums[i];
//判断条件
if(sum < S || (sum + S) % 2 == 1) return 0;
int left_sum = (S + sum) / 2;
vector<int> dp(size + 1,0);
dp[0] = 1;
for(int i = 0;i<nums.size();i++)
for(int j = left_sum;j>=nums[i];j--)
dp[j] += dp[j - nums[i]];
return dp[left_sum];
;
以上是关于动态规划(01背包问题的拓展)的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章