【动态规划】风扫枯杨，满地堆黄叶 - 9. 完全背包问题

news2025/2/12 6:29:38

在这里插入图片描述

本篇博客给大家带来的是完全背包问题之动态规划解法技巧.
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  • 1. 完全背包
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要开心

要快乐

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1. 完全背包

题目链接: DP42 【模板】完全背包

题目内容:
描述
你有一个背包，最多能容纳的体积是V。

现在有n种物品，每种物品有任意多个，第i种物品的体积为
vi ,价值为wi 。

（1）求这个背包至多能装多大价值的物品？
（2）若背包恰好装满，求至多能装多大价值的物品？
输入描述：
第一行两个整数n和V，表示物品个数和背包体积。
接下来n行，每行两个数

vi 和 wi，表示第i种物品的体积和价值。
1≤n,V≤1000

输出描述：
输出有两行，第一行输出第一问的答案，第二行输出第二问的答案，如果无解请输出0。

解题须知:
完全背包问题与01背包问题的区别:
01背包问题中一种物品只能选一个.
完全背包问题种一种物品能选多个.

第一 先解决第一问

1. 状态表示
dp[i][j]表示从前 i 个物品中选,总体积不超过 j,所有选法中能选出的最大价值.

2. 状态转移方程
与01背包问题一样,
根据最后一个物品的情况来划分问题:
在这里插入图片描述
最后一个物品不选:dp[i][j] = dp[i-1][j];
选一个: dp[i][j] = dp[i-1][j-v[i]] + w[i];
选两个: dp[i][j] = dp[i-1][j-2×v[i]] + 2×w[i];
…
选k个: dp[i][j] = dp[i-1][j-k×v[i]] + k×w[i];
上述多种情况求最大值:
dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i]]+w[i],dp[i-1][j-2×v[i]] + 2×w[i],…,dp[i-1][j-k×v[i]] + k×w[i]); ①
dp[i][j-v[i]] + w[i] = max(dp[i-1][j-v[i]]+w[i],dp[i-1][j-2×v[i]] + 2×w[i],…,dp[i-1][j-h×v[i]] + h×w[i]); ②

先说结论: ①式中的k 一定等于②中的h.这是为什么呢?
在状态表示中,我们定义dp[i][j]表示从前 i 个物品中选,总体积不超过 j ,所有选法中能选出的最大价值.
随着所选物品越多, j 一定会趋于0, 无论是①还是②都一定是这样的, 所以k = h;
状态转移方程只能是有限个递推公式,所以需要化简上述式子,那么由①和②可得:
dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i][j-v[i]]+w[i]);
dp[i][j-v[i]]+w[i]式子需要保证 j >= v[i]

3. 初始化
多创建一行一列,处理两个细节:
Ⅰdp表与原数组的下标对应关系:
不做任何处理时是: i – i-1
但此题, 读入有效元素是从下标1开始的,
所以 i – i
Ⅱ初始化虚拟节点:
第一行,根据定义 当 i = 0时,没有物品,无论怎么选最大价值都是0.
第一列(除第一个位置)无需初始化, 因为 j >= v[i] 只有dp[0][0]满足.
在这里插入图片描述

4. 填表顺序
看状态转移方程,
要想得到dp[i][j] 就得知道dp[i-1][j]和dp[i][j-v[i]]+w[i];
所以从上往下填写每一行
每一行从左往右填写.

5. 返回值
根据状态表示和题目要求
打印 dp[n][V]即可.

6. 优化
在这里插入图片描述

第二 解决第二问

1. 状态表示
dp[i][j]表示从前 i 个物品中选,总体积等于 j,所有选法中能选出的最大价值.

2. 状态转移方程

根据最后一个物品的情况来划分问题:
在这里插入图片描述
最后一个物品不选:dp[i][j] = dp[i-1][j];
选一个: dp[i][j] = dp[i-1][j-v[i]] + w[i];
选两个: dp[i][j] = dp[i-1][j-2×v[i]] + 2×w[i];
…
选k个: dp[i][j] = dp[i-1][j-k×v[i]] + k×w[i];
上述多种情况求最大值:
dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i]]+w[i],dp[i-1][j-2×v[i]] + 2×w[i],…,dp[i-1][j-k×v[i]] + k×w[i]); ①
dp[i][j-v[i]] + w[i] = max(dp[i-1][j-v[i]]+w[i],dp[i-1][j-2×v[i]] + 2×w[i],…,dp[i-1][j-h×v[i]] + h×w[i]); ②

先说结论: ①式中的k 一定等于②中的h.这是为什么呢?
在状态表示中,我们定义dp[i][j]表示从前 i 个物品中选,总体积不超过 j ,所有选法中能选出的最大价值.
随着所选物品越多, j 一定会趋于0, 无论是①还是②都一定是这样的, 所以k = h;
状态转移方程只能是有限个递推公式,所以需要化简上述式子,那么由①和②可得:
dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i][j-v[i]]+w[i]);
dp[i][j-v[i]]+w[i]式子需要保证 j >= v[i]

第二问需要多考虑一个细节, 所选择的 i 物品并不一定能够保证 j-v[i] 恰好等于0, 有可能背包体积有剩余.
当背包体积有剩余时,规定dp[i][j-v[i]] = -1;
于是需要满足条件:
j - v[i] >= 0 && dp[i][j-v[i]] != -1;
3. 初始化
多创建一行一列,处理两个细节:
Ⅰdp表与原数组的下标对应关系:
不做任何处理时是: i – i-1
但此题, 读入有效元素是从下标1开始的,
所以 i – i
Ⅱ初始化虚拟节点:
第一行,根据定义 当 i = 0且j >= 1时,没有物品可选, 意味着背包体积有剩余.故dp[0][j] = -1;
第一列(除第一个位置)无需初始化, 因为 j >= v[i] 只有dp[0][0]满足.
在这里插入图片描述

4. 填表顺序
看状态转移方程,
要想得到dp[i][j] 就得知道dp[i-1][j]和dp[i][j-v[i]]+w[i];
所以从上往下填写每一行
每一行从左往右填写.

5. 返回值
根据状态表示和题目要求
打印 dp[n][V]即可.

6. 优化
在这里插入图片描述

第三 代码实现

//优化前:
        // Scanner in = new Scanner(System.in);
        // // 注意 hasNext 和 hasNextLine 的区别
        // int N = 1010;
        // int[][] dp = new int[N][N];
        // int[][] dp2 = new int[N][N];
        // int[] v = new int[N];
        // int[] w = new int[N];
        // int n = in.nextInt();
        // int V = in.nextInt();
        // for(int i = 1;i <= n;i++) {
        //     v[i] = in.nextInt();
        //     w[i] = in.nextInt();
        // }
        // //解决第一问
        // for(int i = 1;i <= n;++i) {
        //     for(int j = 0;j <= V;++j) {//j需要从0开始,因为初始化的时候并没有考虑第一列的全部位置,只考虑了第一列的第一个位置.
        //         dp[i][j] = dp[i-1][j];
        //         if(j >= v[i]) {
        //             dp[i][j] = Math.max(dp[i][j],dp[i][j-v[i]]+w[i]);
        //         }
        //     }
        // }
        // System.out.println(dp[n][V]);
        // //解决第二问
        // for(int i = 1;i <= V;++i) {
        //     dp2[0][i] = -1;
        // }
        // for(int i = 1;i <= n;++i) {
        //     for(int j = 0;j <= V;++j) {//j需要从0开始,因为初始化的时候并没有考虑第一列的全部位置,只考虑了第一列的第一个位置.
        //         dp2[i][j] = dp2[i-1][j];
        //         if(j >= v[i] && dp2[i][j-v[i]] != -1) {
        //             dp2[i][j] = Math.max(dp2[i][j],dp2[i][j-v[i]]+w[i]);
        //         }
        //     }
        // }
        // System.out.println(dp2[n][V] == -1 ? 0 : dp2[n][V]);

        //优化后:
        Scanner in = new Scanner(System.in);
        // 注意 hasNext 和 hasNextLine 的区别
        int N = 1010;
        int[] dp = new int[N];
        int[] dp2 = new int[N];
        int[] v = new int[N];
        int[] w = new int[N];
        int n = in.nextInt();
        int V = in.nextInt();
        for(int i = 1;i <= n;i++) {
            v[i] = in.nextInt();
            w[i] = in.nextInt();
        }
        //解决第一问
        for(int i = 1;i <= n;++i) {
            for(int j = 0;j <= V;++j) {//j需要从0开始,因为初始化的时候并没有考虑第一列的全部位置,只考虑了第一列的第一个位置.
                if(j >= v[i]) {
                    dp[j] = Math.max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]);
                }
            }
        }
        System.out.println(dp[V]);
        //解决第二问
        for(int i = 1;i <= V;++i) {
            dp2[i] = -1;
        }
        for(int i = 1;i <= n;++i) {
            for(int j = 0;j <= V;++j) {//j需要从0开始,因为初始化的时候并没有考虑第一列的全部位置,只考虑了第一列的第一个位置.
                dp2[j] = dp2[j];
                if(j >= v[i] && dp2[j-v[i]] != -1) {
                    dp2[j] = Math.max(dp2[j],dp2[j-v[i]]+w[i]);
                }
            }
        }
        System.out.println(dp2[V] == -1 ? 0 : dp2[V]);

    }
}

2. 零钱兑换

题目链接: 322. 零钱兑换

题目内容:
给你一个整数数组 coins ，表示不同面额的硬币；以及一个整数 amount ，表示总金额。

计算并返回可以凑成总金额所需的 最少的硬币个数 。如果没有任何一种硬币组合能组成总金额，返回 -1 。

你可以认为每种硬币的数量是无限的。

示例 1：

输入：coins = [1, 2, 5], amount = 11
输出：3
解释：11 = 5 + 5 + 1
示例 2：

输入：coins = [2], amount = 3
输出：-1
示例 3：

输入：coins = [1], amount = 0
输出：0

第一 动态规划

1. 状态表示
dp[i][j]表示从前 i 个硬币中选,总金额等于 j,所有选法中能选出的最少硬币个数.

2. 状态转移方程

根据最后一个物品的情况来划分问题:
在这里插入图片描述
最后一个物品不选:dp[i][j] = dp[i-1][j];
选一个: dp[i][j] = dp[i-1][j-coins[i]] + 1;
选两个: dp[i][j] = dp[i-1][j-2×coins[i]] + 2;
…
选k个: dp[i][j] = dp[i-1][j-k×coins[i]] + k;
上述多种情况求最小值:
dp[i][j] = min(dp[i-1][j],dp[i-1][j-coins[i]]+1,dp[i-1][j-2×coins[i]] + 2,…,dp[i-1][j-k×coins[i]] + k); ①
dp[i][j-v[i]] + 1 = min(dp[i-1][j-coins[i]]+1,dp[i-1][j-2×coins[i]] + 2,…,dp[i-1][j-h×coins[i]] + h); ②

先说结论: ①式中的k 一定等于②中的h.这是为什么呢?
在状态表示中,我们定义dp[i][j]表示从前 i 个硬币中选,总金额不超过 j ,所有选法中能选出的最少硬币个数.
随着所选硬币越多, j 一定会趋于0, 无论是①还是②都一定是这样的, 所以k = h;
状态转移方程只能是有限个递推公式,所以需要化简上述式子,那么由①和②可得:
dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i][j-coins[i]]+1);
dp[i][j-coins[i]]+1式子需要保证 j >= v[i]

还需要多考虑一个细节, 所选择的 i 硬币并不一定能够保证 j-coins[i] 恰好等于0, 有可能背包有剩余.
当背包有剩余时,规定dp[i][j-硬币[i]] = 0x3f3f3f3f;
于是需要满足条件:
j - coins[i] >= 0 && dp[i][j-coins[i]] != 0x3f3f3f3f;
3. 初始化
多创建一行一列,处理两个细节:
Ⅰdp表与原数组的下标对应关系:
i – i-1
Ⅱ初始化虚拟节点:
第一行,根据定义 当 i = 0且j >= 1时,没有硬币可选, 意味着背包有剩余.故dp[0][j] = 0x3f3f3f3f;
第一列(除第一个位置)无需初始化, 因为 j >= coins[i] 只有dp[0][0]满足.
在这里插入图片描述

4. 填表顺序
看状态转移方程,
要想得到dp[i][j] 就得知道dp[i-1][j]和dp[i][j-coins[i]]+1;
所以从上往下填写每一行
每一行从左往右填写.

5. 返回值
根据状态表示和题目要求
return dp[coins.length][amount]即可.

6. 优化
在这里插入图片描述

第二 代码实现 

class Solution {
    public int coinChange(int[] coins, int amount) {
        //优化前:
        // int n = coins.length;
        // int[][] dp = new int[n+1][amount+1];
        // //2.初始化
        // for(int i = 1;i <= amount;++i) {
        //     dp[0][i] = Integer.MAX_VALUE;
        // }  
        // //3.填表
        // for(int i = 1;i <= n;++i) {
        //     for(int j = 0;j <= amount;++j) {//j需要从0开始,因为初始化的时候并没有考虑第一列的全部位置,只考虑了第一列的第一个位置.
        //         dp[i][j] = dp[i-1][j];
        //         if(j >= coins[i-1] && dp[i][j-coins[i-1]] != Integer.MAX_VALUE) {
        //             dp[i][j] = Math.min(dp[i][j],dp[i][j-coins[i-1]]+1);
        //         }
        //     }
        // }
        // return dp[n][amount] == Integer.MAX_VALUE ? -1 : dp[n][amount];

        //优化后:
        int n = coins.length;
        int[] dp = new int[amount+1];
        //2.初始化
        for(int i = 1;i <= amount;++i) {
            dp[i] = 0x3f3f3f3f;
        }  
        //3.填表
        for(int i = 1;i <= n;++i) {
            for(int j = 0;j <= amount;++j) {//j需要从0开始,因为初始化的时候并没有考虑第一列的全部位置,只考虑了第一列的第一个位置.
                if(j >= coins[i-1] && dp[j-coins[i-1]] != 0x3f3f3f3f) {
                    dp[j] = Math.min(dp[j],dp[j-coins[i-1]]+1);
                }
            }
        }
        return dp[amount] == 0x3f3f3f3f ? -1 : dp[amount];
    }
}

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人脸识别与人脸检测技术

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人脸识别技术，作为一种基于人的脸部特征信息进行身份识别的生物识别技术，近年来在人工智能和计算机视觉技术的推动下取得了显著进展。它利用摄像机或摄像头采集含有人脸的图像或视频流，自动在图像中检测和跟踪人脸，进而对检测到的人脸进行一系列计算和分别判断。这一技术不…
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ansible使用学习

ansible使用学习

一、查询手册 1、官网 ansible官网地址&#xff1a;https://docs.ansible.com 模块查看路径&#xff1a;https://docs.ansible.com/ansible/latest/collections/ansible/builtin/index.html#plugins-in-ansible-builtin 2、命令 ansible-doc -s command二、相关脚本 1、服务…
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基于 PyTorch 的树叶分类任务：从数据准备到模型训练与测试

基于 PyTorch 的树叶分类任务：从数据准备到模型训练与测试

基于 PyTorch 的树叶分类任务&#xff1a;从数据准备到模型训练与测试 1. 引言 在计算机视觉领域&#xff0c;图像分类是一个经典的任务。本文将详细介绍如何使用 PyTorch 实现一个树叶分类任务。我们将从数据准备开始&#xff0c;逐步构建模型、训练模型&#xff0c;并在测试…
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【STM32系列】利用MATLAB配合ARM-DSP库设计IIR数字滤波器（保姆级教程）

【STM32系列】利用MATLAB配合ARM-DSP库设计IIR数字滤波器（保姆级教程）

ps.源码放在最后面 设计FIR数字滤波器可以看这里&#xff1a;利用MATLAB配合ARM-DSP库设计FIR数字滤波器&#xff08;保姆级教程&#xff09; 设计IIR滤波器 MATLAB配置 设计步骤 首先在命令行窗口输入"filterDesigner"&#xff0c;接着就会跳出以下界面&#xf…
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