一、二维背包

文章讲解/视频讲解：https://programmercarl.com/%E8%83%8C%E5%8C%85%E7%90%86%E8%AE%BA%E5%9F%BA%E7%A1%8001%E8%83%8C%E5%8C%85-1.html

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1.背包问题介绍

        背包问题实则是一类问题的集合，有好多不同小类型，但本质还是一样的，基本组成都是：一个容量固定的背包、若干件物品（拥有体积、价值、数量三种属性），根据物品的数量的限制，可以将背包问题划分为以下几类：

        背包问题是动态规划的经典问题，也是难点所在，一般来说，学会01背包和完全背包就够做题了，再往上就是竞赛级别的了。而完全背包实则也是在01背包的基础上进行的变化升级，因此，01背包是重中之重，我们必须掌握。

2.01背包问题

        标准题意：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。

         这种取或不取的问题，我们自然容易想到用回溯法遍历所有情况暴力去做，但这种方法时间复杂度太高（指数级），在有更优化的解法时不建议使用。

        这里说的更优化的解法实则就是动态规划。具体怎么做我们利用动规五部曲来分析。

（1）确定dp数组以及下标含义：

        我们知道动规中dp数组是用于表示状态的一个数组，那我们这道题有哪些状态呢？首先，我们需要一个状态说明此刻该抉择选取哪个物品了，另外我们需要一个状态来说明此时背包的容量。那么，我们就可以定义一个二维数组dp。dp[i][j] 表示从下标为[0-i]的物品里任意取（0 <= k <=i，可能取了物品k也可能没取物品k），放到容量为j的背包，价值总和最大是多少。画出dp数组如图：

（2）确定递推公式：

        我们知道了dp[i][j]的含义：抉择第i个物品时，背包重量为j，那么结合逻辑，我们就可以得出状态dp[i][j]的来源：

• 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，那么在容量为 j 时可以选择多放入物品 i ，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。

        因此，递推公式为：dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);

（3）dp数组初始化：

        首先从dp[i][j]的定义出发，如果背包容量j为0的话，即dp[i][0]，无论是选取哪些物品，背包价值总和一定为0（放不下任何东西）。如图：

         状态转移方程 dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); 可以看出i 是由 i-1 推导出来，那么i为0的时候就一定要初始化。dp[0][j]，即：i为0，存放编号0的物品的时候，各个容量的背包所能存放的最大价值。那么很明显当 j < weight[0]的时候，dp[0][j] 应该是 0，因为背包容量比编号0的物品重量还小。当j >= weight[0]时，dp[0][j] 应该是value[0]，因为背包容量放足够放编号0物品。代码初始化如下：

        其余下标由于dp[i][j]都是由左上角或者上面推导过来的，因此初始化就无所谓，反正都会被覆盖，为了方便，统一初始化为0。

（4）遍历顺序：

        我们知道dp是一个二维数组，也就是有两个维度：物品和背包容量，那么我们在进行循环的时候哪个维度放外层哪个维度放内层呢？我们根据递推公式可以知道一个元素是从左上和上面推出来的，也就是说，我们将物品作为外层，背包容量作为内层的话，那么从小到大遍历dp数组就是一排一排填满的，如果将背包容量作为外层，物品作为内层的话，那么dp数组就是一列一列的填满的。二者都可以顺利计算完整个dp数组（只要每排或每列是从小到大遍历的，那么我们做下一排或者下一列时，无论如何都能得到上面一格或者左上一格的元素）。

（5）举例推导dp数组：

        按现在的逻辑得到dp数组如下：

        最终结果就是dp[2][4]。 

3.具体实现 

        卡码网46题就是一个经典的01背包问题，我们根据上述分析可以给出代码：

#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;
int main(void){
    int m,n;
    cin>>m>>n;
    vector<int> weight(m,0);
    vector<int> value(m,0);
    vector<vector<int>> dp(m,vector<int>(n+1,0));
    for(int i=0;i<m;i++){
        cin>>weight[i];
    }
    for(int i=0;i<m;i++){
        cin>>value[i];
    }
    for(int i=weight[0];i<=n;i++){
        dp[0][i] = value[0];
    }
    for(int i=1;i<m;i++){
        for(int j=0;j<=n;j++){
            if(j-weight[i]>=0)
            	dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-weight[i]]+value[i]);
            else
            	dp[i][j] = dp[i-1][j];
        }
    }
//    for(int i=1;i<m;i++){
//        for(int j=0;j<=n;j++){
//            cout<<dp[i][j]<<" ";
//        }
//        cout<<endl;
//    }
    cout<<dp[m-1][n];
}

二、一维背包 

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1.滚动数组 

        一维背包实则还是01背包问题，只是我们将状态数组从二维降到了一维。依据是什么呢？我们根据二维背包的分析可以得知二维dp数组的每一层的每一个格子（除初始化的最左侧和最上方）实则都是从上一层的左上角格子和正上方格子推导出来的，也就是说，每一层的值只跟上一层的值有关，跟这层的值没有关系。也就是说，我们只需要保存上一层的状态，然后推导出这一层的状态后，舍弃上一层状态，更新为新推导出的这一层状态，由此再去推导下一层。即，整个二维数组被压缩成一行（层），然后不断地向下滚动着更新，故称之为滚动数组。由于数组降维，从两个状态变为了一个状态，故这种优化方法也被称为状态压缩。

（1）确定dp数组及下标含义：

在一维dp数组中，dp[j]表示：容量为j的背包，所背的物品价值可以最大为dp[j]。

（2）一维dp数组的递推公式：       

  我们知道二维dp数组的递推公式是：dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i])，i是物品标号也是层数标号，当层数被压缩为一层时，我们知道当前一维数组实际就是推导完的上层状态，那么原先上层的dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]]，实际就是现在的dp[j]、dp[j-weight[i]]。故递推公式为：

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

         含义：dp[j - weight[i]] + value[i] 表示 容量为 j - 物品i重量 的背包 加上 物品i的价值。（也就是容量为j的背包，放入物品i了之后的价值即：dp[j]）

        此时dp[j]有两个选择，一个是取自己dp[j] 相当于 二维dp数组中的dp[i-1][j]，即不放物品i，一个是取dp[j - weight[i]] + value[i]，即放物品i。

（3）dp数组的初始化：
        dp[j]表示：容量为j的背包，所背的物品价值可以最大为dp[j]，那么dp[0]就应该取0，因为容量为0的书包装不下任何东西，故所背的物品的最大价值就是0。

        那么dp数组除了下标0的位置，初始为0，其他下标应该初始化多少呢？看一下递归公式：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]); dp数组在推导的时候一定是取价值最大的数，如果题目给的价值都是正整数那么非0下标都初始化为0就可以了。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。

（4）一维dp数组的遍历顺序：       

        假如现在外层是依次遍历物品。那么，内层的背包容量也还是从小到大来遍历吗？漏！！！我们知道，内层循环现在是背包容量，由于现在的dp[ j ]是由dp[j]和dp[j-weight[i]]决定的，那么我们推导dp[j]时，本身需要的是上一层在 j 和 j-weight[i]时的值，而如果每次对于物品i，都从小到达遍历容量的话，那么在算这层的 j容量 之前时，它前面的容量值（（比如j - weight[i]））就已经被更新成这层的推算值，而不是上层的推算值了。因此，我们只会反复根据第一层物品的价值和重量进行推导，而不是这层物品的相关值。

        例：物品0的重量weight[0] = 1，价值value[0] = 15。如果正序遍历

        dp[1] = dp[1 - weight[0]] + value[0] = 15

        dp[2] = dp[2 - weight[0]] + value[0] = 30

此时dp[2]就已经是30了，意味着物品0，被放入了两次，所以不能正序遍历。

        为什么倒序遍历，就可以保证物品只放入一次呢？因为倒序从当层的末尾容量开始推导，那么只动了j容量后面的值，j前面的值仍然为上层的推算值，由此推得的dp[j] 也就是由上层推算值推导出来的正确的dp[j]。倒序就是先算dp[2]dp[2] = dp[2 - weight[0]] + value[0] = 15 （dp数组已经都初始化为0）dp[1] = dp[1 - weight[0]] + value[0] = 15。所以从后往前循环，每次取得状态不会和之前取得状态重合，这样每种物品就只取一次了。

       再来看看两个嵌套for循环的顺序，代码中是先遍历物品嵌套遍历背包容量，那可不可以先遍历背包容量嵌套遍历物品呢？不可以！因为一维dp的写法，背包容量一定是要倒序遍历（原因上面已经讲了），如果遍历背包容量放在上一层，那么每个dp[j]就只会放入一个物品，即：背包里只放入了一个物品。

倒序遍历的原因是，本质上还是一个对二维数组的遍历，并且右下角的值依赖上一层左上角的值，因此需要保证左边的值仍然是上一层的，从右向左覆盖。

（5）举例推导dp数组：

2.代码实现 

        还是以卡码网46题为例。

#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;
int main(void){
    int m,n;
    cin>>m>>n;
    vector<int> weight(m,0);
    vector<int> value(m,0);
    vector<int> dp(n+1,0);
    for(int i=0;i<m;i++){
        cin>>weight[i];
    }
    for(int i=0;i<m;i++){
        cin>>value[i];
    }
    for(int i=0;i<m;i++){
        for(int j=n;j>=0;j--){
            if(j-weight[i]>=0)
            	dp[j] = max(dp[j],dp[j-weight[i]]+value[i]);
            else
            	dp[j] = dp[j];
        }
    }
//    for(int i=1;i<m;i++){
//        for(int j=0;j<=n;j++){
//            cout<<dp[i][j]<<" ";
//        }
//        cout<<endl;
//    }
    cout<<dp[n];
}

三、LeetCode 416.分割等和子集

题目链接/文章讲解/视频讲解：https://programmercarl.com/0416.%E5%88%86%E5%89%B2%E7%AD%89%E5%92%8C%E5%AD%90%E9%9B%86.html

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1.思路 

        这道题不难，关键在于如何将问题转换为01背包问题。题眼：将这个数组分割成两个子集，使得两个子集的元素和相等。我们知道，给定了数组，那么数组的和sum就是确定的，也就是说，我们现在的目标就是找一个集合使得集合元素之和等于sum/2，那么剩余元素构成的集合的和也就为sum/2了。现假设数组元素个数为m，那么套用到背包模型中，就是将m个物品（重量、价值均为nums[i]），装到容量为sum/2的背包中去，看是否能够装满背包。

        那么怎么判断是否能够装满背包呢？看背包最多能装的总价值是否刚好等于sum/2，即dp[target] == target。理由：

        （1）dp[target] > target 的情况不可能出现，因为现在一个物品的价值等于这个物品的重量，装满一个背包最多价值等于重量，不可能出现最终价值超过该背包容量的情况。

        （2）dp[target] < target：说明尽量装背包装不到tagret，也就是装不满背包，故不可能凑到某个集合的元素之和等于sum/2。

2.代码实现

        直接在上面的代码上做修改就行：m = num.size()，n = sum/2，weight[i] = nums[i]，value[i] = nums[i]。

class Solution {
public:
    bool canPartition(vector<int>& nums) {
        int sum = 0;
        for(int i=0;i<nums.size();i++){
            sum += nums[i];
        }
        int m = nums.size(),n = sum/2;
        if(sum % 2 != 0) return false;//此处可剪枝
        vector<int> dp(n+1,0);
        for(int i=0;i<m;i++){
            for(int j=n;j>=0;j--){
                if(j-nums[i]>=0)
                    dp[j] = max(dp[j],dp[j-nums[i]]+nums[i]);
                else
                    dp[j] = dp[j];
            }
        }
        if(dp[n] == n) return true;
        else return false;
    }
};

时间复杂度：O(n^2)

空间复杂度：O(n)