0-1背包问题 – 问题定义

在 0-1 背包问题中，给定一个背包的最大容量 W，以及 n 个物品，每个物品有两个属性：

• 重量：第 i 个物品的重量为 wt[i]
• 价值：第 i 个物品的价值为 val[i]

目标是选择若干个物品装入背包，使得在不超过背包最大容量 W 的前提下，装入背包的物品的总价值最大。

注意：0-1 背包中的 “0-1” 指的是每个物品只能被选取一次（即要么选择该物品，要么不选，不存在把物品拆一半放入背包）。

这个0-1背包问题很经典。详情可以买本labuladong的算法笔记这本书看看，或者去网站看。

动态规划解法

背包问题无非就是状态 + 选择，状态转移方程比较特殊。

第一步：明确状态+选择
状态：只要给几个物品和一个背包的容量限制，就形成了一个背包问题呀。所以状态有两个，就是背包的容量和可选择的物品。

选择：装进背包 or 不装进背包

框架：

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][...] = 择优(选择1，选择2...)

第二步：要明确 dp 数组的定义

1. dp[i][w] 的定义：

   • dp[i][w] 表示在考虑前 i 个物品时，当前背包容量为 w 的情况下可以获得的最大价值。
   • 注意：i 是从 1 开始计数的，意味着 i 对应的是第 i-1 个物品。

2. 两种情况的状态转移：

   • 如果不选第 i 个物品：

     • 那么当前背包的最大价值等于不考虑第 i 个物品时的最大价值，即 dp[i][w] = dp[i-1][w]。这个值继承了前 i-1 个物品在背包容量为 w 时的最大价值。

   • 如果选第 i 个物品：

     • 你可以将第 i 个物品装入背包，前提是当前背包的容量 w 要大于等于该物品的重量 wt[i-1]。
     • 在这种情况下，当前物品的总价值应该等于第 i-1 个物品在容量为 w - wt[i-1] 时的最大价值，再加上该物品的价值 val[i-1]。
     • 公式为：dp[i][w] = val[i-1] + dp[i-1][w - wt[i-1]]。

// ①定义状态
int[][] dp[N+1][W+1]
// ②初始化状态 因为没有物品或者背包没有空间的时候，能装的最大价值就是 0
dp[0][..] = 0
dp[..][0] = 0
// ③状态转移方程
for i in [1..N]:
    for w in [1..W]:
        dp[i][w] = max(
            把物品 i 装进背包,
            不把物品 i 装进背包
        )
return dp[N][W]

代码

int knapsack(int W, int N, int[] wt, int[] val) {
    int N == wt.length;
    // 定义状态 dp[i][w] 表示: 对于前 i 个物品（从 1 开始计数），当前背包的容量为 w 时，这种情况下可以装下的最大价值是 dp[i][w]
    int[][] dp = new int[N + 1][W + 1];
    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        for (int w = 1; w <= W; w++) {
            if (w - wt[i - 1] < 0) {
                // 这种情况下只能选择不装入背包
                dp[i][w] = dp[i - 1][w];
            } else {
                // 装入或者不装入背包，择优
                dp[i][w] = Math.max(
                    dp[i - 1][w - wt[i-1]] + val[i-1], 
                    dp[i - 1][w]
                );
            }
        }
    }
    
    return dp[N][W];
}

题目：分割等和子集

原题链接： 分割等和子集

题解

方法1：

• dp[i][j] = dp[i-1][j] || dp[i-1][j-nums[i-1]]：只要有一种情况成立，dp[i][j] 就为 true。即：
  • 要么不选第 i 个数（dp[i-1][j] 为 true），则前 i-1 个数已经能够组成和为 j。
  • 要么选择第 i 个数（dp[i-1][j-nums[i-1]] 为 true），则前 i-1 个数能组成和为 j - nums[i-1]，加上 nums[i-1] 就可以使总和为 j。

 public boolean canPartition(int[] nums) {
     int sum = 0;
     for (int num : nums) sum += num;
     // 和为奇数时，不可能划分成两个和相等的集合
     if (sum % 2 != 0) return false;
     int target = sum / 2;
     // ①定义状态  dp[i][j] 表示前i个数中能否选出若干个  使得和为 j(j为背包容量)  则为true  否则false
     boolean[][] dp = new boolean[nums.length + 1][target + 1];
     // ②初始化状态
     for (int i = 0; i <= nums.length; i++)
         dp[i][0] = true; // 背包容量为 0 时  不选任何物品就满足

     // ③状态转移
     for (int i = 1; i <= nums.length; i++) {
         for (int j = 1; j <= target; j++) {
             if (j - nums[i - 1] < 0) {
                 // 背包容量不足，不能装入第 i 个物品
                 dp[i][j] = dp[i - 1][j];
             } else {
                 // 装入或不装入背包
                 dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i - 1][j - nums[i - 1]];
             }
         }
     }
     return dp[nums.length][target];
 }

这段代码是一个典型的0-1 背包问题的解法，问题是：能否从数组 nums 中找到若干个数，使它们的和等于 target（即总和的一半）。其中 dp[i][j] 表示前 i 个数能否选出若干个数，使它们的和恰好为 j。现在解释这一行代码：

dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i - 1][j - nums[i - 1]];

方法2：
在每次状态转移时，dp[i][j] 只依赖于上一行的状态 dp[i-1][j] 和 dp[i-1][j - nums[i-1]]，所以可以将其优化为一维数组 dp[j]，从而减少空间复杂度。

在遍历数组时，我们从后向前更新 dp 数组。这样做可以避免同一轮中重复使用同一个元素，即确保每个元素只能使用一次。

public boolean canPartition(int[] nums) {
    // 计算数组总和
    int sum = 0;
    for (int num : nums) {
        sum += num;
    }
    // 如果总和为奇数，无法分成两个子集
    if (sum % 2 != 0) return false;
    // 目标和是总和的一半
    int target = sum / 2;

    // ①定义状态  dp[i] 表示是否可以选出若干个元素，使得和为 i
    boolean[] dp = new boolean[target + 1];

    // ②初始化状态
    dp[0] = true;

    // ③状态转移
    for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
        for (int j = target; j >= 0; j--) {
            if (j - nums[i] >= 0) {
                dp[j] = dp[j] | dp[j - nums[i]];
            }
        }
    }
    return dp[target];
}

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