经典动态规划:完全背包问题
Posted labuladong
tags:
篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了经典动态规划:完全背包问题相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
东哥带你手把手撕力扣~
作者:labuladong
公众号:labuladong
若已授权白名单也必须保留以上来源信息
零钱兑换 2 是另一种典型背包问题的变体,我们前文已经讲了 和 。
希望你已经看过前两篇文章,看过了动态规划和背包问题的套路,这篇继续按照背包问题的套路,列举一个背包问题的变形。
本文聊的是 LeetCode 第 518 题 Coin Change 2,题目如下:
int change(int amount, int[] coins);
PS:至于 Coin Change 1,在我们前文 动态规划套路详解 写过。
我们可以把这个问题转化为背包问题的描述形式:
有一个背包,最大容量为amount
,有一系列物品coins
,每个物品的重量为coins[i]
,每个物品的数量无限。请问有多少种方法,能够把背包恰好装满?
这个问题和我们前面讲过的两个背包问题,有一个最大的区别就是,每个物品的数量是无限的,这也就是传说中的「完全背包问题」,没啥高大上的,无非就是状态转移方程有一点变化而已。
下面就以背包问题的描述形式,继续按照流程来分析。
解题思路
第一步要明确两点,「状态」和「选择」。
这部分都是背包问题的老套路了,我还是啰嗦一下吧:
状态有两个,就是「背包的容量」和「可选择的物品」,选择就是「装进背包」或者「不装进背包」。
明白了状态和选择,动态规划问题基本上就解决了,只要往这个框架套就完事儿了:
for 状态1 in 状态1的所有取值:
for 状态2 in 状态2的所有取值:
for ...
dp[状态1][状态2][...] = 计算(选择1,选择2...)
第二步要明确dp
数组的定义。
首先看看刚才找到的「状态」,有两个,也就是说我们需要一个二维dp
数组。
dp[i][j]
的定义如下:
若只使用前i
个物品,当背包容量为j
时,有dp[i][j]
种方法可以装满背包。
换句话说,翻译回我们题目的意思就是:
若只使用coins
中的前i
个硬币的面值,若想凑出金额j
,有dp[i][j]
种凑法。
经过以上的定义,可以得到:
base case 为dp[0][..] = 0, dp[..][0] = 1
。因为如果不使用任何硬币面值,就无法凑出任何金额;如果凑出的目标金额为 0,那么“无为而治”就是唯一的一种凑法。
我们最终想得到的答案就是dp[N][amount]
,其中N
为coins
数组的大小。
大致的伪码思路如下:
int dp[N+1][amount+1]
dp[0][..] = 0
dp[..][0] = 1
for i in [1..N]:
for j in [1..amount]:
把物品 i 装进背包,
不把物品 i 装进背包
return dp[N][amount]
第三步,根据「选择」,思考状态转移的逻辑。
注意,我们这个问题的特殊点在于物品的数量是无限的,所以这里和之前写的背包问题文章有所不同。
如果你不把这第i
个物品装入背包,也就是说你不使用coins[i]
这个面值的硬币,那么凑出面额j
的方法数dp[i][j]
应该等于dp[i-1][j]
,继承之前的结果。
如果你把这第i
个物品装入了背包,也就是说你使用coins[i]
这个面值的硬币,那么dp[i][j]
应该等于dp[i][j-coins[i-1]]
。
首先由于i
是从 1 开始的,所以coins
的索引是i-1
时表示第i
个硬币的面值。
dp[i][j-coins[i-1]]
也不难理解,如果你决定使用这个面值的硬币,那么就应该关注如何凑出金额j - coins[i-1]
。
比如说,你想用面值为 2 的硬币凑出金额 5,那么如果你知道了凑出金额 3 的方法,再加上一枚面额为 2 的硬币,不就可以凑出 5 了嘛。
综上就是两种选择,而我们想求的dp[i][j]
是「共有多少种凑法」,所以dp[i][j]
的值应该是以上两种选择的结果之和:
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= amount; j++) {
if (j - coins[i-1] >= 0)
dp[i][j] = dp[i - 1][j]
+ dp[i][j-coins[i-1]];
return dp[N][W]
最后一步,把伪码翻译成代码,处理一些边界情况。
我用 Java 写的代码,把上面的思路完全翻译了一遍,并且处理了一些边界问题:
int change(int amount, int[] coins) {
int n = coins.length;
int[][] dp = amount int[n + 1][amount + 1];
// base case
for (int i = 0; i <= n; i++)
dp[i][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= amount; j++)
if (j - coins[i-1] >= 0)
dp[i][j] = dp[i - 1][j]
+ dp[i][j - coins[i-1]];
else
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
}
return dp[n][amount];
}
而且,我们通过观察可以发现,dp
数组的转移只和dp[i][..]
和dp[i-1][..]
有关,所以可以压缩状态,进一步降低算法的空间复杂度:
int change(int amount, int[] coins) {
int n = coins.length;
int[] dp = new int[amount + 1];
dp[0] = 1; // base case
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int j = 1; j <= amount; j++)
if (j - coins[i] >= 0)
dp[j] = dp[j] + dp[j-coins[i]];
return dp[amount];
}
这个解法和之前的思路完全相同,将二维dp
数组压缩为一维,时间复杂度 O(N*amount),空间复杂度 O(amount)。
至此,这道零钱兑换问题也通过背包问题的框架解决了。
往期推荐 以上是关于经典动态规划:完全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