二维数组0-1背包
- 关于dp数组的定义问题,up是先给dp数组,再推递推关系。实际上应该先搞清楚问题与子问题之间的递推关系,在定义dp数组。
- 首先对于整个问题:m个物品,背包容量最大为n。
- 初步将问题分解为:在已经知道了前m-1个物品的所有最优解的情况下(即无论背包容量多少),再加上第m个物品的情况。
- 此时有三种情况:
- 1、第m个的重量超过了背包容量n,不可能放下第m个,所以此时的最优解,就是m-1个物品,背包容量为n的最优解。
- 2、第m个的重量小于n,可以放但是不放,此时的最优解仍然是m-1个物品,背包容量为n的最优解。
- 3、第m个的重量小于n,可以放而且真的放了,此时最优解就是第m个物品的价值,加上,m-1个物品时背包容量为(n-第m个物品的重量)的最优解。
当i放进去时,那么这时候整个物品集就被分成两部分,1到i-1和第i个,而这是i是确定要放进去的,那么就把j空间里的wi给占据了,只剩下j-wi的空间给前面i-1,那么只要这时候前面i-1在j-wi空间里构造出最大价值,即dp【i-1】【j-wi】,再加上此时放入的i的价值vi,就是dpij了
int knapsackDP(int[] wgt, int[] val, int cap) {
int n = wgt.length;
// 初始化 dp 表
int[][] dp = new int[n + 1][cap + 1];
// 状态转移
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int c = 1; c <= cap; c++) {
if (wgt[i - 1] > c) {
// 若超过背包容量,则不选物品 i
dp[i][c] = dp[i - 1][c];
} else {
// 不选和选物品 i 这两种方案的较大值
dp[i][c] = Math.max(dp[i - 1][c], dp[i - 1][c - wgt[i - 1]] + val[i - 1]);
}
}
}
return dp[n][cap];
}
01背包问题 一维
01背包每个背包都只有一个,这个包放于不放与上一个包的状态有关,而左边的数组是描述上一个包状态的量,右边的数是当前包状态的一个待定,代码里就是右边数组的确定需要左边的数,所以在计算出右边的数之前不能破坏左边的数; 完全背包每种背包不止一个,这个包放与不放也取决于上一个包,而上一个包可以和当前包相同,所以需要从左向右遍历。
/* 0-1 背包:空间优化后的动态规划 */
int knapsackDPComp(int[] wgt, int[] val, int cap) {
int n = wgt.length;
// 初始化 dp 表
int[] dp = new int[cap + 1];
// 状态转移
for (int i = 1; i <= n; i++) {
// 倒序遍历
for (int c = cap; c >= 1; c--) {
if (wgt[i - 1] <= c) {
// 不选和选物品 i 这两种方案的较大值
dp[c] = Math.max(dp[c], dp[c - wgt[i - 1]] + val[i - 1]);
}
}
}
return dp[cap];
}
416. 分割等和子集
class Solution {
public boolean canPartition(int[] nums) {
if(nums == null || nums.length == 0) return false;
int n = nums.length;
int sum = 0;
for(int num : nums) {
sum += num;
}
//总和为奇数,不能平分
if(sum % 2 != 0) return false;
int target = sum / 2;
int[] dp = new int[target + 1];
for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int j = target; j >= nums[i - 1]; j--) {
//物品 i 的重量是 nums[i],其价值也是 nums[i]
dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - nums[i -1]] + nums[i -1]);
}
//剪枝一下,每一次完成內層的for-loop,立即檢查是否dp[target] == target,優化時間複雜度(26ms -> 20ms)
if(dp[target] == target)
return true;
}
return dp[target] == target;
}
}