文章目录
- Leetcode 139.单词拆分
- 卡码网 56. 携带矿石资源
- 方法一： 分组转化成01背包
- 方法二： 转化成01背包+完全背包（基于方法一的小优化）
- 方法三： 二进制优化（优化了方法一的分组方式）
Leetcode 139.单词拆分
题目链接：Leetcode 139.单词拆分
题目描述： 给你一个字符串 s 和一个字符串列表 wordDict 作为字典。如果可以利用字典中出现的一个或多个单词拼接出 s 则返回 true。注意：不要求字典中出现的单词全部都使用，并且字典中的单词可以重复使用。
思路： 由于单词可以重复使用，并且要求正确顺序，因此可以联想到完全背包中的求排列问题。
dp[i]: 字符串长度为i的话，dp[i]为true，表示可以拆分为一个或多个在字典中出现的单词。- 递推公式：如果截取的单词
[i - sz, sz]等于word并且dp[i - sz] == true,则dp[i] = true - 初始化：
dp[0] = ture - 遍历顺序：先遍历背包，后遍历物品。
代码如下：
class Solution {
public:
bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
vector<bool> dp(s.size() + 5);
dp[0] = true;
// 完全背包求排列问题
for (int i = 1; i <= s.size(); i++) // 先遍历背包
for (auto& word : wordDict) { // 后遍历物品
int sz = word.size();
// 首先背包容量要大于单词大小
// 其次，如果截取的单词[i-sz,sz]等于word并且dp[i-sz]==true,则dp[i]=true
if (i >= sz && s.substr(i - sz, sz) == word) {
dp[i] = dp[i] || dp[i - sz];
}
}
return dp[s.size()];
}
};
- 时间复杂度 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
- 空间复杂度 O ( n ) O(n) O(n)
卡码网 56. 携带矿石资源
题目链接：卡码网 56. 携带矿石资源
思路： 这道题是多重背包的模板题。首先观察多重背包的特点是每件物品的数量不相同，其余的条件和01背包和完全背包很像，那能不能将其转化成它们呢？答案是可以。
方法一： 分组转化成01背包
由于多重背包每件物品数量不相同，不知道一种占用空间 w ，价值为 v，数量为 s 的物品该拿多少件，因此我们就把该拿多少件枚举一下，假设为 k件1 <= k <= s ，然后我们就把问题看成仅有一件的占用空间k * w ，价值为k * v的物品该不该拿。
代码如下：
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
const int N = 1e4 + 5;
int w[N],v[N],k[N];
int dp[N];
int n,m;
int main()
{
cin >> n >> m;//背包大小和物品数量
for(int i = 1; i <= m; i ++ ) cin >> w[i];
for(int i = 1; i <= m; i ++ ) cin >> v[i];
for(int i = 1; i <= m; i ++ ) cin >> k[i];
//转化成01背包
for(int i = 1; i <= m; i ++ )//遍历物品
for(int j = n; j >= w[i]; j -- )//遍历背包
//遍历个数
for(int num = 1; num <= k[i] && j - num * w[i] >= 0; num ++ )
dp[j] = max(dp[j], dp[j - num * w[i]] + num * v[i]);
cout << dp[n];
return 0;
}
- 时间复杂度 O ( n 3 ) O(n^3) O(n3)
- 空间复杂度 O ( n ) O(n) O(n)
方法二： 转化成01背包+完全背包（基于方法一的小优化）
我们发现，如果k个物品的总重量大于等于背包的最大容量，说明在当前大小的背包容量下，该物品有无限个和只有k个的效果是相同的，这部分物品就转化成了完全背包问题。
为什么要转换成完全背包？我们看方法一转化成01背包是需要枚举一下拿多少件的，而转化为完全背包是不需要枚举多少件的，可以拿我们就拿，所以在时间上会有一些优化。（尽管时间复杂度不变）
代码如下：
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
const int N = 1e4 + 5;
int w[N],v[N],k[N];
int dp[N];
int n,m;
int main()
{
cin >> n >> m;//背包大小和物品数量
for(int i = 1; i <= m; i ++ ) cin >> w[i];
for(int i = 1; i <= m; i ++ ) cin >> v[i];
for(int i = 1; i <= m; i ++ ) cin >> k[i];
//转化成01背包+完全背包
for(int i = 1; i <= m; i ++ )//遍历物品
{
if(k[i] * w[i] >= n)//如果不能把某个物品全部一次性装下，则可转化为完全背包
{
for(int j = w[i]; j <= n; j ++ )
dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);
}else
{
for(int j = n; j >= w[i]; j -- )//遍历背包
//遍历个数
for(int num = 1; num <= k[i] && j - num * w[i] >= 0; num ++ )
dp[j] = max(dp[j], dp[j - num * w[i]] + num * v[i]);
}
}
cout << dp[n];
return 0;
}
- 时间复杂度 O ( n 3 ) O(n^3) O(n3)
- 空间复杂度 O ( n ) O(n) O(n)
方法三： 二进制优化（优化了方法一的分组方式）
我们发现利用从
1
1
1 、
2
2
2、
4
4
4……
2
n
2^n
2n可以枚举出
[
0
,
2
n
−
1
]
[0,2^n-1]
[0,2n−1]的所有数字（利用等比数列求和可以证明），因此可以不用像方法一那样依次枚举每个数字，本题数据范围是
1
0
4
10^4
104，而
2
13
=
8192
2^{13}=8192
213=8192，也就是每个数字最多分为
14
14
14组即可，不必依次枚举k，大大降低了时间复杂度。
代码如下：
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
const int N = 1e4 + 5;
const int M = 13 * N + 5;//根据数据范围，一个数最多拆13次，因此要比原来多开一些空间
int w[N],v[N],k[N];
int W[M],V[M];//用来记录分组之后的物品重量和价值
int dp[N];
int n,m;
int main()
{
cin >> n >> m;//背包大小和物品数量
for(int i = 1; i <= m; i ++ ) cin >> w[i];
for(int i = 1; i <= m; i ++ ) cin >> v[i];
for(int i = 1; i <= m; i ++ ) cin >> k[i];
//将物品数量按照（1，2，4...2^n）分组，然后转化为01背包（优化了遍历次数）
int cnt = 0;//记录物品数量
for(int i = 1; i <= m; i ++ )//分组过程
{
int num = 1;
while(num <= k[i])
{
cnt ++ ;
W[cnt] = num * w[i];
V[cnt] = num * v[i];
k[i] -= num;
num *= 2;
}
if(k[i])//剩下的直接放入
{
cnt ++ ;
W[cnt] = k[i] * w[i];
V[cnt] = k[i] * v[i];
}
}
//01背包过程
for(int i = 1;i <= cnt; i ++ )
for(int j = n; j >= W[i]; j -- ){
dp[j] = max(dp[j], dp[j - W[i]] + V[i]);
}
//输出
cout << dp[n];
return 0;
}
- 时间复杂度 O ( n 2 l o g n ) O(n^2logn) O(n2logn)
- 空间复杂度 O ( n ) O(n) O(n)
总结： 遇到一个新问题首先我们可以思考是否可以利用已有知识来解决，就像多重背包的解法就是基于01背包和完全背包。
最后，如果文章有错误，请在评论区或私信指出，让我们共同进步！
