【算法】一文带你搞懂完全背包！（附背包问题总结）

理论基础

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] 。每件物品都有无限个（也就是可以放入背包多次），求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。这就是完全背包问题。

完全背包和01背包问题唯一不同的地方就是，每种物品有无限件。

leetcode上没有纯完全背包问题，都是完全背包的各种应用，需要转化成完全背包问题，所以这里先以纯完全背包问题为例讲解理论和原理。

举这样一个例子：

背包最大重量为4。

物品为：

	重量	价值
物品0	1	15
物品1	3	20
物品2	4	30

每件商品都有无限个，问背包能背的物品最大价值是多少？

01背包和完全背包唯一不同就是体现在遍历顺序上，所以本文就不去做动规五部曲了，直接针对遍历顺序经行分析。

首先再回顾一下01背包的核心代码：

for(int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
    for(int j = bagWeight; j >= weight[i]; j--) { // 遍历背包容量
        dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
    }
}

我们知道01背包内嵌的循环是从大到小遍历，为了保证每个物品仅被添加一次。

而完全背包的物品是可以添加多次的，所以要从小到大去遍历，即：

// 先遍历物品，再遍历背包
for(int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
    for(int j = weight[i]; j <= bagWeight ; j++) { // 遍历背包容量
        dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

    }
}

具体原因在之前的文章【算法】一文带你搞懂0-1背包问题！（理论篇）中做了讲解。

dp状态图如下：

动态规划-完全背包

其实还有一个很重要的问题，为什么遍历物品在外层循环，遍历背包容量在内层循环？

这个问题很多题解关于这里都是轻描淡写就略过了，大家都默认遍历物品在外层，遍历背包容量在内层，好像本应该如此一样，那么为什么呢？

难道就不能遍历背包容量在外层，遍历物品在内层？

01背包中二维dp数组的两个for遍历的先后循序是可以颠倒的，一维dp数组的两个for循环先后循序一定是先遍历物品，再遍历背包容量。

而在完全背包中，对于一维dp数组来说，其实两个for循环嵌套顺序是无所谓的！

因为dp[j] 是根据下标j之前所对应的dp[j]计算出来的。只要保证下标j之前的dp[j]都是经过计算的就可以了。

遍历物品在外层循环，遍历背包容量在内层循环，状态如图：

动态规划-完全背包1

遍历背包容量在外层循环，遍历物品在内层循环，状态如图：

动态规划-完全背包2

看了这两个图，大家就会理解，完全背包中，两个for循环的先后循序，都不影响计算dp[j]所需要的值（这个值就是下标j之前所对应的dp[j]）。

先遍历背包在遍历物品，代码如下：

// 先遍历背包，再遍历物品
for(int j = 0; j <= bagWeight; j++) { // 遍历背包容量
    for(int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
        if (j - weight[i] >= 0) dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
    }
    cout << endl;
}

leetcode上没有纯完全背包问题，可以在卡码网第52题中练习，题解如下：

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

int main() {
    int N, V;
    cin >> N >> V;
    vector<int> weight(N);
    vector<int> value(N);
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        cin >> weight[i] >> value[i];
    }
    
    vector<int> dp(V + 1, 0);
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        for (int j = 0; j <= V; j++) {
            if (j >= weight[i]) {
                dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
            }
        }
    }
    
    cout << dp[V] << endl;
    
    return 0;
}

512. 零钱兑换Ⅱ

题目链接

思路：

这是一道典型的背包问题，一看到钱币数量不限，就知道这是一个完全背包。

但本题和纯完全背包不一样，纯完全背包是凑成背包最大价值是多少，而本题是要求凑成总金额的物品组合个数.

注意题目描述中是凑成总金额的硬币组合数，为什么强调是组合数呢？

例如示例一：

5 = 2 + 2 + 1

5 = 2 + 1 + 2

这是一种组合，都是 2 2 1。

如果问的是排列数，那么上面就是两种排列了。

组合不强调元素之间的顺序，排列强调元素之间的顺序。

这和下文讲解遍历顺序息息相关!

回归本题，动规五部曲：

1. 确定dp数组以及下标的含义

dp[j]：凑成总金额j的货币组合数为dp[j]。

2. 确定递推公式

dp[j] 就是所有的dp[j - coins[i]]（考虑coins[i]的情况）相加。

所以递推公式：dp[j] += dp[j - coins[i]];

求装满背包有几种方法，公式都是：dp[j] += dp[j - nums[i]];

3. dp数组如何初始化

首先dp[0]一定要为1，dp[0] = 1是递归公式的基础。如果dp[0] = 0 的话，后面所有推导出来的值都是0了。

至于dp[0] = 1有没有含义，其实既可以说凑成总金额0的货币组合数为1，也可以说凑成总金额0的货币组合数为0，好像都没有毛病。

下标非0的dp[j]初始化为0，这样累计加dp[j - coins[i]]的时候才不会影响真正的dp[j]

dp[0]=1还说明了一种情况：如果正好选了coins[i]后，也就是j-coins[i] == 0的情况表示这个硬币刚好能选，此时dp[0]为1表示只选coins[i]存在这样的一种选法。

4. 确定遍历顺序

本题中我们是外层for循环遍历物品（钱币），内层for遍历背包（金钱总额），还是外层for遍历背包（金钱总额），内层for循环遍历物品（钱币）呢？

前面讲到完全背包的两个for循环的先后顺序都是可以的。

但本题就不行了！

因为纯完全背包求的是装满背包的最大价值，和凑成总和的元素有没有顺序没关系，即：有顺序也行，没有顺序也行。

而本题要求凑成总和的组合数，元素之间明确要求没有顺序。

所以纯完全背包是能凑成总和就行，不用管怎么凑的；而本题是求凑出来的方案个数，且每个方案个数是为组合数。

那么本题，两个for循环的先后顺序可就有说法了。

先来看外层for循环遍历物品（钱币），内层for遍历背包（金钱总额）的情况。

代码如下：

for (int i = 0; i < coins.size(); i++) { // 遍历物品
    for (int j = coins[i]; j <= amount; j++) { // 遍历背包容量
        dp[j] += dp[j - coins[i]];
    }
}

假设：coins[0] = 1，coins[1] = 5。

那么就是先把1加入计算，然后再把5加入计算，得到的方法数量只有{1, 5}这种情况。而不会出现{5, 1}的情况。

所以这种遍历顺序中dp[j]里计算的是组合数！

如果把两个for交换顺序，代码如下：

for (int j = 0; j <= amount; j++) { // 遍历背包容量
    for (int i = 0; i < coins.size(); i++) { // 遍历物品
        if (j - coins[i] >= 0) dp[j] += dp[j - coins[i]];
    }
}

背包容量的每一个值，都是经过 1 和 5 的计算，包含了{1, 5} 和 {5, 1}两种情况。

此时dp[j]里算出来的就是排列数！

如果还不是很理解，建议动手把这两种方案的dp数组数值变化打印出来，对比看一看！（实践出真知）

5. 举例推导dp数组

输入: amount = 5, coins = [1, 2, 5] ，dp状态图如下：

518.零钱兑换II

最后红色框dp[amount]为最终结果。

在求装满背包有几种方案的时候，认清遍历顺序是非常关键的。

如果求组合数就是外层for循环遍历物品，内层for遍历背包。

如果求排列数就是外层for遍历背包，内层for循环遍历物品。

题解：

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];
    }
};

时间复杂度：O(mn)

空间复杂度：O(n)

377. 组合总和IV

题目链接

思路：

本题题目描述说是求组合，但又说是可以元素相同顺序不同的组合算两个组合，其实就是求排列！

弄清什么是组合，什么是排列很重要。

组合不强调顺序，(1,5)和(5,1)是同一个组合。

排列强调顺序，(1,5)和(5,1)是两个不同的排列。

本题仅仅是求排列总和的个数，并不是把所有的排列都列出来。

如果本题要把排列都列出来的话，只能使用回溯算法爆搜。

动规五部曲分析如下：

1. 确定dp数组以及下标的含义

dp[i]: 凑成目标正整数为i的排列个数为dp[i]。

2. 确定递推公式

dp[i]（考虑nums[j]）可以由 dp[i - nums[j]]（不考虑nums[j]）推导出来。

因为只要得到nums[j]，排列个数dp[i - nums[j]]，就是dp[i]的一部分。

之前们已经讲过了，求装满背包有几种方法，递推公式一般都是dp[i] += dp[i - nums[j]]; 本题也一样。

3. dp数组如何初始化

因为递推公式dp[i] += dp[i - nums[j]]的缘故，dp[0]要初始化为1，这样递归其他dp[i]的时候才会有数值基础。

至于dp[0] = 1 有没有意义呢？

其实没有意义，仅仅是为了推导递推公式。

非0下标的dp[i]应该初始化为0，这样才不会影响dp[i]累加所有的dp[i - nums[j]]。

4. 确定遍历顺序

个数可以不限使用，说明这是一个完全背包。

得到的集合是排列，说明需要考虑元素之间的顺序。

本题要求的是排列，那么这个for循环嵌套的顺序可以有说法了。

如果求组合数就是外层for循环遍历物品，内层for遍历背包。

如果求排列数就是外层for遍历背包，内层for循环遍历物品。

如果把遍历nums（物品）放在外循环，遍历target的作为内循环的话，举一个例子：计算dp[4]的时候，结果集只有 {1,3} 这样的集合，不会有{3,1}这样的集合，因为nums遍历放在外层，3只能出现在1后面！

所以本题遍历顺序最终遍历顺序：target（背包）放在外循环，将nums（物品）放在内循环，内循环从前到后遍历。

5. 举例来推导dp数组

377.组合总和Ⅳ

题解：

class Solution {
public:
    int combinationSum4(vector<int>& nums, int target) {
        vector<int> dp(target + 1, 0);
        dp[0] = 1;
        for (int j = 0; j <= target; j++) {
            for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
                if (j >= nums[i] && dp[j] < INT_MAX - dp[j - nums[i]]) dp[j] += dp[j - nums[i]];
            }
        }
        return dp[target];
    }
};

时间复杂度: O(target * n)，其中 n 为 nums 的长度

空间复杂度: O(target)

C++测试用例有两个数相加超过int的数据，所以需要在if里加上dp[i] < INT_MAX - dp[i - num]。

卡码网57. 爬楼梯（进阶版）

题目链接

思路：

之前做的爬楼梯是只能至多爬两个台阶。

这次改为：一步一个台阶，两个台阶，三个台阶，.......，直到 m个台阶。问有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？

这其实是一个完全背包问题，1阶，2阶，.... m阶就是物品，楼顶就是背包。每一阶可以重复使用，例如跳了1阶，还可以继续跳1阶。问跳到楼顶有几种方法其实就是问装满背包有几种方法。

动规五部曲分析如下：

1. 确定dp数组以及下标的含义

dp[i]：爬到有i个台阶的楼顶，有dp[i]种方法。

2. 确定递推公式

之前都讲过了，求装满背包有几种方法，递推公式一般都是dp[i] += dp[i - nums[j]];

本题dp[i]的来源是dp[i - 1]，dp[i - 2]，dp[i - 3] 等等，即：dp[i - j]。

那么递推公式为：dp[i] += dp[i - j]。

3. dp数组如何初始化

既然递归公式是 dp[i] += dp[i - j]，那么dp[0] 一定为1，dp[0]是递归中一切数值的基础所在，如果dp[0]是0的话，其他数值都是0了。

下标非0的dp[i]初始化为0，因为dp[i]是靠dp[i-j]累计上来的，dp[i]本身为0这样才不会影响结果

4. 确定遍历顺序

这是背包里求排列问题，即：1、2 步和 2、1 步都是上三个台阶，但是这两种方法不一样！

所以需将target放在外循环，将nums放在内循环。

每一步可以走多次，这是完全背包，内循环需要从前向后遍历。

5. 举例来推导dp数组

和 377. 组合总和IV 类似，这里略。

题解：

#include <iostream>
#include <vector>

int main() {
    int n, m;
    std::cin >> n >> m;
    
    std::vector<int> dp(n + 1, 0);
    dp[0] = 1;
    
    for (int i = 0; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            if (i >= j) dp[i] += dp[i - j];
        }
    }
    
    std::cout << dp[n] << std::endl;
    
    return 0;
}

时间复杂度：O(n * m)

空间复杂度：O(n)

322. 零钱兑换

题目链接

思路：

题目中说每种硬币的数量是无限的，可以看出是典型的完全背包问题。

动规五部曲：

1. 确定dp数组以及下标的含义

dp[j]：凑足总额为j所需钱币的最少个数为dp[j]。

2. 确定递推公式

凑足总额为j - coins[i]的最少个数为dp[j - coins[i]]，那么只需要加上一个钱币coins[i]，即dp[j - coins[i]] + 1就是dp[j]（考虑coins[i]）

所以dp[j] 要取所有 dp[j - coins[i]] + 1 中最小的。

递推公式：dp[j] = min(dp[j - coins[i]] + 1, dp[j]);

3. dp数组如何初始化

首先凑足总金额为0所需钱币的个数一定是0，那么dp[0] = 0;

其他下标对应的数值呢？

考虑到递推公式的特性，dp[j]必须初始化为一个最大的数，否则就会在min(dp[j - coins[i]] + 1, dp[j])比较的过程中被初始值覆盖。

所以下标非0的元素都是应该是最大值。

代码如下：

vector<int> dp(amount + 1, INT_MAX);
dp[0] = 0;

4. 确定遍历顺序

本题求钱币最小个数，那么钱币有顺序和没有顺序都可以，都不影响钱币的最小个数。

所以本题并不强调集合是组合还是排列。

如果求组合数就是外层for循环遍历物品，内层for遍历背包。

如果求排列数就是外层for遍历背包，内层for循环遍历物品。

所以本题的两个for循环的关系是：外层for循环遍历物品，内层for遍历背包或者外层for遍历背包，内层for循环遍历物品都是可以的。

这里采用coins放在外循环，target在内循环的方式。

本题钱币数量可以无限使用，那么是完全背包。所以遍历的内循环是正序

综上所述，遍历顺序为：coins（物品）放在外循环，target（背包）在内循环。且内循环正序。

5. 举例推导dp数组

以输入：coins = [1, 2, 5], amount = 5为例

322.零钱兑换

dp[amount]为最终结果。

题解：

class Solution {
public:
    int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
        vector<long long> dp(amount + 1, INT_MAX);  // dp[n]表示凑成总金额n所需的最少硬币个数
        dp[0] = 0;
        for (int i = 0; i < coins.size(); i++) {
            for (int j = coins[i]; j <= amount; j++) {
                dp[j] = min(dp[j], dp[j - coins[i]] + 1);
            }
        }
        return dp[amount] == INT_MAX ? -1 : dp[amount];
    }
};

时间复杂度：O(n * amount)

空间复杂度：O(amount)

279. 完全平方数

题目链接

思路：

可能刚看这种题感觉没啥思路，又平方和的，又最小数的。

把题目翻译一下：完全平方数就是物品（可以无限件使用），凑个正整数n就是背包，问凑满这个背包最少有多少物品？

动规五部曲：

1. 确定dp数组（dp table）以及下标的含义

dp[j]：和为j的完全平方数的最少数量为dp[j]。

2. 确定递推公式

dp[j] 可以由dp[j - i * i]推出， dp[j - i * i] + 1 便可以凑成dp[j]。

此时我们要选择最小的dp[j]，所以递推公式：dp[j] = min(dp[j - i * i] + 1, dp[j]);

3. dp数组如何初始化

dp[0]表示和为0的完全平方数的最小数量，那么dp[0]一定是0。

虽然0 * 0好像也算是一种，但看题目描述，找到若干个完全平方数（比如 1, 4, 9, 16, ...），题目描述中可没说要从0开始，dp[0]=0完全是为了递推公式。

从递归公式dp[j] = min(dp[j - i * i] + 1, dp[j]);中可以看出每次dp[j]都要选最小的，所以非0下标的dp[j]一定要初始为最大值，这样dp[j]在递推的时候才不会被初始值覆盖。

4. 确定遍历顺序

这是完全背包，

如果求组合数就是外层for循环遍历物品，内层for遍历背包。

如果求排列数就是外层for遍历背包，内层for循环遍历物品。

本题是求最小数，

所以本题外层for遍历背包，内层for遍历物品，还是外层for遍历物品，内层for遍历背包，都是可以的！

这里先给出外层遍历背包，内层遍历物品的代码：

vector<int> dp(n + 1, INT_MAX);
dp[0] = 0;
for (int i = 0; i <= n; i++) { // 遍历背包
    for (int j = 1; j * j <= i; j++) { // 遍历物品
        dp[i] = min(dp[i - j * j] + 1, dp[i]);
    }
}

5. 举例推导dp数组

已输入n为5例，dp状态图如下：

279.完全平方数

最后的dp[n]为最终结果。

题解：

// 版本一
class Solution {
public:
    int numSquares(int n) {
        vector<int> dp(n + 1, INT_MAX);
        dp[0] = 0;
        for (int i = 0; i <= n; i++) { // 遍历背包
            for (int j = 1; j * j <= i; j++) { // 遍历物品
                dp[i] = min(dp[i - j * j] + 1, dp[i]);
            }
        }
        return dp[n];
    }
};

时间复杂度: O(n * √n)

空间复杂度: O(n)

139. 单词拆分

题目链接

思路：

如果想到用回溯法，本题是枚举分割后的所有字符串，判断是否在字典里出现过。

这里也给出回溯法C++代码：

class Solution {
private:
    bool backtracking (const string& s, const unordered_set<string>& wordSet, int startIndex) {
        if (startIndex >= s.size()) {
            return true;
        }
        for (int i = startIndex; i < s.size(); i++) {
            string word = s.substr(startIndex, i - startIndex + 1);
            if (wordSet.find(word) != wordSet.end() && backtracking(s, wordSet, i + 1)) {
                return true;
            }
        }
        return false;
    }
public:
    bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
        unordered_set<string> wordSet(wordDict.begin(), wordDict.end());
        return backtracking(s, wordSet, 0);
    }
};

时间复杂度：O(2^n)，因为每一个单词都有两个状态，切割和不切割

空间复杂度：O(n)，算法递归系统调用栈的空间

那么以上代码很明显要超时了，超时的数据如下：

"aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaab"
["a","aa","aaa","aaaa","aaaaa","aaaaaa","aaaaaaa","aaaaaaaa","aaaaaaaaa","aaaaaaaaaa"]

递归的过程中有很多重复计算，可以使用数组保存一下递归过程中计算的结果。这个叫做记忆化递归。

使用memory数组保存每次计算的以startIndex起始的计算结果，如果memory[startIndex]里已经被赋值了，直接用memory[startIndex]的结果。

C++代码如下：

class Solution {
private:
    bool backtracking (const string& s,
            const unordered_set<string>& wordSet,
            vector<bool>& memory,
            int startIndex) {
        if (startIndex >= s.size()) {
            return true;
        }
        // 如果memory[startIndex]不是初始值了，直接使用memory[startIndex]的结果
        if (!memory[startIndex]) return memory[startIndex];
        for (int i = startIndex; i < s.size(); i++) {
            string word = s.substr(startIndex, i - startIndex + 1);
            if (wordSet.find(word) != wordSet.end() && backtracking(s, wordSet, memory, i + 1)) {
                return true;
            }
        }
        memory[startIndex] = false; // 记录以startIndex开始的子串是不可以被拆分的
        return false;
    }
public:
    bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
        unordered_set<string> wordSet(wordDict.begin(), wordDict.end());
        vector<bool> memory(s.size(), 1); // -1 表示初始化状态
        return backtracking(s, wordSet, memory, 0);
    }
};

这个时间复杂度其实也是：O(2^n)。只不过对于上面那个超时测试用例优化效果特别明显。

这个代码就可以AC了，当然回溯算法不是本题的主菜，背包才是！

单词就是物品，字符串s就是背包，单词能否组成字符串s，就是问物品能不能把背包装满。

拆分时可以重复使用字典中的单词，说明就是一个完全背包！

动规五部曲分析如下：

1. 确定dp数组以及下标的含义

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。

2. 确定递推公式

如果确定dp[j] 是true，且 (j, i] 这个区间的子串出现在字典里，那么dp[i]一定是true。（j < i ）

所以递推公式是 if((j, i] 这个区间的子串出现在字典里 && dp[j]是true) 那么 dp[i] = true。

3. dp数组如何初始化

从递推公式中可以看出，dp[i] 的状态依靠 dp[j]是否为true，那么dp[0]就是递推的根基，dp[0]一定要为true，否则递推下去后面都都是false了。

那么dp[0]有没有意义呢？

dp[0]表示如果字符串为空的话，说明出现在字典里。

但题目中说了“给定一个非空字符串 s” 所以测试数据中不会出现i为0的情况，那么dp[0]初始为true完全就是为了推导公式。

下标非0的dp[i]初始化为false，只要没有被覆盖说明都是不可拆分为一个或多个在字典中出现的单词。

4. 确定遍历顺序

题目中说是拆分为一个或多个在字典中出现的单词，所以这是完全背包。

还要讨论两层for循环的前后顺序。

如果求组合数就是外层for循环遍历物品，内层for遍历背包。

如果求排列数就是外层for遍历背包，内层for循环遍历物品。

而本题其实我们求的是排列数，为什么呢? 拿 s = "applepenapple", wordDict = ["apple", "pen"] 举例：

"apple", "pen" 是物品，那么我们要求物品的组合一定是 "apple" + "pen" + "apple" 才能组成 "applepenapple"。

"apple" + "apple" + "pen" 或者 "pen" + "apple" + "apple" 是不可以的，那么我们就是强调物品之间顺序。

所以说，本题一定是先遍历背包，再遍历物品。

关于遍历顺序，再解释一下为什么先遍历物品再遍历背包不行。

这里可以给出先遍历物品再遍历背包的代码：

class Solution {
public:
    bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
        unordered_set<string> wordSet(wordDict.begin(), wordDict.end());
        vector<bool> dp(s.size() + 1, false);
        dp[0] = true;
        for (int j = 0; j < wordDict.size(); j++) { // 物品
            for (int i = wordDict[j].size(); i <= s.size(); i++) { // 背包
                string word = s.substr(i - wordDict[j].size(), wordDict[j].size());
                // cout << word << endl;
                if ( word == wordDict[j] && dp[i - wordDict[j].size()]) {
                    dp[i] = true;
                }
                // for (int k = 0; k <= s.size(); k++) cout << dp[k] << " "; //这里打印 dp数组的情况 
                // cout << endl;
            }
        }
        return dp[s.size()];

    }
};

使用用例：s = "applepenapple", wordDict = ["apple", "pen"]，对应的dp数组状态如下：

最后dp[s.size()] = 0 即 dp[13] = 0 ，而不是1，因为先用 "apple" 去遍历的时候，dp[8]并没有被赋值为1 （还没用"pen"），所以 dp[13]也不能变成1。

除非是先用 "apple" 遍历一遍，再用 "pen" 遍历，此时 dp[8]已经是1，最后再用 "apple" 去遍历，dp[13]才能是1。

如果对这里不理解，建议可以把上面给的代码，拿去力扣上跑一跑，把dp数组打印出来，对着递推公式一步一步去看，思路就清晰了。

5. 举例推导dp[i]

以输入: s = "leetcode", wordDict = ["leet", "code"]为例，dp状态如图：

139.单词拆分

dp[s.size()]就是最终结果。

题解：

class Solution {
public:
    bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
        unordered_set<string> dict(wordDict.begin(), wordDict.end());
        vector<int> dp(s.size() + 1, false);
        dp[0] = true;
        for (int i = 0; i <= s.size(); i++) {
            for (int j = 0; j < i; j++) {
                string str = s.substr(j, i - j);
                if (dict.find(str) != dict.end() && dp[j]) {
                    dp[i] = true;
                }
            }
        }
        return dp[s.size()];
    }
};

时间复杂度：O(n^3)，因为substr返回子串的副本是O(n)的复杂度（这里的n是substring的长度）

空间复杂度：O(n)

值得注意string中.substr(i, j)的用法，表示原字符串中下标为i的位置起长度为j的子串。

多重背包

对于多重背包，在力扣上还没发现对应的题目，所以这里就做一下简单介绍。

有N种物品和一个容量为V 的背包。第i种物品最多有Mi件可用，每件耗费的空间是Ci ，价值是Wi 。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的耗费的空间总和不超过背包容量，且价值总和最大。

多重背包和01背包是非常像的，为什么和01背包像呢？

每件物品最多有Mi件可用，把Mi件摊开，其实就是一个01背包问题了。

例如：

背包最大重量为10。

物品为：

	重量	价值	数量
物品0	1	15	2
物品1	3	20	3
物品2	4	30	2

问背包能背的物品最大价值是多少？

和如下情况有区别么？

	重量	价值	数量
物品0	1	15	1
物品0	1	15	1
物品1	3	20	1
物品1	3	20	1
物品1	3	20	1
物品2	4	30	1
物品2	4	30	1

毫无区别，这就转成了一个01背包问题了，且每个物品只用一次。

练习题目：卡码网56. 多重背包

代码如下：

// 超时了
#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;
int main() {
    int bagWeight,n;
    cin >> bagWeight >> n;
    vector<int> weight(n, 0); 
    vector<int> value(n, 0);
    vector<int> nums(n, 0);
    for (int i = 0; i < n; i++) cin >> weight[i];
    for (int i = 0; i < n; i++) cin >> value[i];
    for (int i = 0; i < n; i++) cin >> nums[i];    
    
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        while (nums[i] > 1) { // 物品数量不是一的，都展开
            weight.push_back(weight[i]);
            value.push_back(value[i]);
            nums[i]--;
        }
    }
 
    vector<int> dp(bagWeight + 1, 0);
    for(int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品，注意此时的物品数量不是n
        for(int j = bagWeight; j >= weight[i]; j--) { // 遍历背包容量
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
        }
    }
    cout << dp[bagWeight] << endl;
}

这个解法超时了，为什么呢，哪里耗时呢？

耗时就在这段代码：

for (int i = 0; i < n; i++) {
    while (nums[i] > 1) { // 物品数量不是一的，都展开
        weight.push_back(weight[i]);
        value.push_back(value[i]);
        nums[i]--;
    }
}

如果物品数量很多的话，C++中，这种操作十分费时，主要消耗在vector的动态底层扩容上。（其实这里也可以优化，先把所有物品数量都计算好，再一起申请vector的空间。）

这里也有另一种实现方式，就是把每种商品遍历的个数放在01背包里面在遍历一遍。

代码如下：（详看注释）

#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;
int main() {
    int bagWeight,n;
    cin >> bagWeight >> n;
    vector<int> weight(n, 0);
    vector<int> value(n, 0);
    vector<int> nums(n, 0);
    for (int i = 0; i < n; i++) cin >> weight[i];
    for (int i = 0; i < n; i++) cin >> value[i];
    for (int i = 0; i < n; i++) cin >> nums[i];

    vector<int> dp(bagWeight + 1, 0);

    for(int i = 0; i < n; i++) { // 遍历物品
        for(int j = bagWeight; j >= weight[i]; j--) { // 遍历背包容量
            // 以上为01背包，然后加一个遍历个数
            for (int k = 1; k <= nums[i] && (j - k * weight[i]) >= 0; k++) { // 遍历个数
                dp[j] = max(dp[j], dp[j - k * weight[i]] + k * value[i]);
            }
        }
    }

    cout << dp[bagWeight] << endl;
}

时间复杂度：O(m × n × k)，m：物品种类个数，n：背包容量，k：单类物品数量。

从代码里可以看出是01背包里面在加一个for循环遍历一个每种商品的数量。和01背包还是如出一辙的。

多重背包在面试中基本不会出现，力扣上也没有对应的题目，对多重背包的掌握程度到知道它是一种01背包，并能在01背包的基础上写出对应代码应该就可以了。