动态规划---背包问题
Posted 一棵灬胡杨树
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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---背包问题相关的知识，希望对你有一定的参考价值。
0-1背包问题
最常见的0-1背包问题，问题描述如下:
有一个装载重量为W的背包和N个商品，每个物品都有重量和价值两个属性，其中第i个商品的重量为wt[i],价值为val[i],现在用这个背包装商品，问最多能装的价值是多少？
举个例子更直观吧:
高压锅重 4kg,价值300
风扇重 3kg,价值200
皮鞋重 1kg,价值150
背包总重4kg;
在面对一个动态规划时候，往往从以下几个方面分析，会有奇效:
- 本题中状态和选择是什么？
这个例子中的状态很显然有两个，一个就是背包的重量W，一个就是供我们选择的物品N;选择就是你要不要把这个物品放入背包中（放入背包或不放入背包）
- 本题中dp数组怎么定义呢？
上面我们分析了例子中的状态有2个，背包的重量W,可选择的物品N，也就是说我们需要一个二维的dp数组，dp[N][w]。
下面我们画图来理解一下:
很显然，我们都能看出来最后一步的最大价值为:
200的风扇 + 150的运动鞋
但是我们的思考过程是什么呢？
选择风扇的话:背包容量还有4-3=1kg,还可以加上一双1kg的运动鞋。
不选择风扇，直接选择4kg高压锅的话，最大价值为300.
根据我们上面的思路就可以得出我们的递推公式:
有小伙伴可能有疑问，如果我改变一下商品的选择顺序呢？
刚才规定的商品顺序为:运动鞋->高压锅->风扇;
如果我们把顺序改为:风扇->运动鞋->高压锅;
其实可以下去试一下，结果是一样的～
我们来总结一下数组dp的定义:
dp[i][j]表示：对于前i个商品，当前背包容量为j的时候，能存放的最大价值为dp[i][j]
如果没有选择第i个商品，则最大价值就是dp[i - 1][j]
如果选择了第i个商品，则最大价值就为dp[i - 1][j - wt[i - 1]] + value[i - 1];
Notes:因为商品都是从1开始的，所以i-1表示第i个商品的索引
完整代码:
#include<vector>
#include <string>
#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
class Solution
{
public:
int knapsack(int W,int N,vector<int> &wt,vector<int> &value)
{
//初始化+base case
vector<vector<int>>dp(N + 1,vector<int>(W + 1,0));
for (int i = 1;i <= N;++i)
{
for (int j = 1;j <= W;++j)
{
if (j >= wt[i - 1])
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j],dp[i - 1][j - wt[i - 1]] + value[i - 1]);
else
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
}
}
return dp[N][W];
}
};
int main()
{
int W = 4,N = 3;
vector<int> wt = {4,3,1};
vector<int> value = {300,200,150};
Solution S;
int res = S.knapsack(W,N,wt,value);
cout<<res<<endl;
return 0;
}
我们发现的二维数组我们每次计算的时候都是只需要上一行的数字，其他的我们都用不到，所以我们可以用一维空间的数组来记录上一行的值即可，但要记住一维的时候一定要逆序，因为如果不逆顺序，数组前面的值更新以后就会覆盖后面的值，从而发生了重复计算:
#include<vector>
#include <string>
#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
class Solution
{
public:
int knapsack(int W,int N,vector<int> &wt,vector<int> &value)
{
vector<int>dp(W + 1,0);
for (int i = 1;i <= N;++i)
{
for (int j = W;j >= 1;--j)
{
if (j >= wt[i - 1])
dp[j] = max(dp[j],dp[j - wt[i - 1]] + value[i - 1]);
}
}
return dp[W];
}
};
int main()
{
int W = 4,N = 3;
vector<int> wt = {4,3,1};
vector<int> value = {300,200,150};
Solution S;
int res = S.knapsack(W,N,wt,value);
cout<<res<<endl;
return 0;
}
以上就是基本的0-1背包问题，在做题的过程中，基本明确了dp数组的定义，就可以顺理成章的推出递推公式，那么写代码就不在话下了。。。
子集背包问题
这道题眨眼一看和背包有个毛线关系啊，不过可以换一种思路:
可以先对nums数组求和，问题就转换成了，给你一个容量为sum/2的背包，有nums.size()个物品，每个物品的重量为nums[i]，问你有没有一种装法，可以把背包装满，如果有返回true，否则返回false;
这样这个问题就转化为0-1背包问题了
接下来我们看dp数组的定义:
此题dp[i][j]表示前i个物品，当前背包重量为j，若dp[i][j] = true,则表示恰好可以装满，否则不能恰好装满
base case很好确定:
dp[N][0]:当背包容量为0的时候，什么都不用装，就相当于满了；dp[N][0] = true;
dp[0][sum / 2]:当背包没有物品，你咋装满？dp[0][sum / 2] = false;
状态转移方程就可以参照0-1背包，根据问题稍作修改即可：
1. 如果不把第i个物品装入背包，那么可不可以恰好装满，取决于上一个状态:dp[i - 1][j]
2. 如果把第i个物品装入背包，那么恰好装满取决于dp[i][j - nums[i - 1]];这里状态方程的意思就是:如果把第i个物品装进去，就看背包剩下的重量j - nums[i - 1]时，能否被刚好装满。
完整代码:
class Solution {
public:
bool canPartition(vector<int>& nums)
{
int sum = 0;
for (int c : nums)
sum += c;
if (sum & 1) //如果sum是奇数，就不用继续了，因为不能等分为2份呀。
return false;
//问题转化为背包问题
//有一个重量为sum/2的背包和nums.size()个物品,每个物品的重量的nums[i]
//判断有没有一种装法，能够恰好装满背包
vector<vector<bool >> dp(nums.size() + 1,vector<bool>(sum / 2 + 1,0));
//base case
for (int i = 0;i <= nums.size();++i)
dp[i][0] = true;
for (int i = 1;i <= nums.size();++i)
{
for (int j = 1;j <= sum / 2;++j)
{
if (j >= nums[i - 1])
dp[i][j] = dp[i - 1][j]|| dp[i - 1][j - nums[i - 1]];
else
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
}
}
return dp[nums.size()][sum / 2];
}
};
状态压缩后:
class Solution {
public:
bool canPartition(vector<int> &nums)
{
int sum = 0;
for (int c : nums)
sum += c;
if (sum & 1)
return false;
vector<bool> dp(sum / 2 + 1,0);
//base case;
dp[0] = true;
for (int i = 0;i < nums.size();++i)
{
for (int j = sum / 2 ;j >= 0;--j)
{
if (j >= nums[i])
dp[j] = dp[j] || dp[j - nums[i]];
}
}
return dp[sum / 2];
}
};
完全背包问题
其实完全背包问题和上面两个背包问题的最大区别就是:每个物品的数量无限制。我们来看一道典型的完全背包问题
其实这道题还是类似于上面的解题步骤:
- 状态和选择
- dp数组的定义
- 推导状态转移方程
就直接说dp数组的定义吧:
dp[i][j]就表示了使用前i个硬币的价值，想凑到j的金额时，有dp[i][j]中凑法
base case就是dp[0][....] = 0,dp[....][0] = 1;
状态转移方程的思想还是类似于前面的背包问题
1. 如果不用coins[i]这个面值的硬币，dp[i][j]=dp[i-1][j];
2. 如果用conis[i]这个面值的硬币,dp[i][j]=dp[i-1][j-conis[i-1]];这个就是说如果你用conis[i]这个面值的硬币后，就只关心怎么凑出面额为j - coins[i - 1]，就好比你已经用面值为2的硬币凑出7块钱，你如果知道了凑出5块钱的方法，再加上你那面值为2的硬币不就成了？
完整代码:
class Solution {
public:
int change(int amount, vector<int>& coins)
{
vector<vector<int>>dp(coins.size() + 1,vector<int>(amount + 1,0));
//base case;
for (int i = 0;i <= coins.size();++i)
dp[i][0] = 1;
for (int i = 1;i <= coins.size();++i)
{
for (int j = 1;j <= amount;++j)
{
if (j >= coins[i - 1])
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - coins[i - 1]];
else
dp[i][j] = dp[i - 1][j];//继承
}
}
return dp[coins.size()][amount];
}
};
状态压缩
class Solution {
public:
int change(int amount, vector<int>& coins)
{
vector<int> dp(amount + 1,0);
dp[0] = 1;
for (int i = 0;i < coins.size();++i)
{
for (int j = coins[i];j <= amount;++j)
dp[j] += dp[j - coins[i]];
}
return dp[amount];
}
};
再来个零钱兑换I吧
完整代码:
class Solution {
public:
int coinChange(vector<int>& coins, int amount)
{
vector<int> dp(amount + 1,INT_MAX);
dp[0] = 0;
for (int i = 0;i < coins.size();++i)
{
for (int j = coins[i];j <= amount;++j)
{
if (dp[j - coins[i]] != INT_MAX)
dp[j] = min(dp[j - coins[i]] + 1,dp[j]);
}
}
return (dp[amount] == INT_MAX) ? -1 : dp[amount];
}
};
我感觉动态规划是一个很玄学的东西，你如果想出来状态转移方程了，稍加修改就可以写出大体框架了，如果想不出来，能把我想死在电脑面前🤦♂️。。。。还是太菜，继续努力吧～～～
如果本文有错误，欢迎大佬指出来，我还在学习的过程中，会虚心改错滴～～～～🙏
以上是关于动态规划---背包问题的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章