背包问题

下图将背包问题做了分类

其中之重点，是01背包，即一堆物件选哪样不选哪样放入背包里。难度在于，以前的状态转移，多只用考虑一个变量，比如爬楼梯的阶层，路径点的选择，这也是能用滚动数组表示动态规划的原因，而现在要同时考虑两个：物品和背包容量。

01背包

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] 。每件物品只能用一次，求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。

使用动态规划五部曲：

1 - 确定dp数组含义：有一种写法， 是使用二维数组，即dp[i] [j] 表示从下标为[0-i]的物品里任意取，放进容量为j的背包，价值总和最大是多少。

2 - 到了第 i 件物品的时候，背包容量为 j ，但就放不放物品，两种选择：

• 不放第 i 件物品，那么背包容量不变，从dp[i - 1] [j]状态而来
• 放第 i 件物品，那么就会从dp[i - 1] [j - weight[i]]状态而来，因为至少得有足够的空间将物品放进去才行。

所以递归公式： dp[i] [j] = max(dp[i - 1] [j], dp[i - 1] [j - weight[i]] + value[i]);

3 - 初始化dp数组：如果是01背包的话，背包容量如果为零，那么价值也一定为零。而能放入第一件物品的时候，就是其对应的价值。

4 - 遍历顺序：这一步比较重要，在初期理解01背包的时候会显得有一点难以理解。但总归记住，就是一个二维数组，和之前的题目一样，先遍历物品再遍历背包容量（物品固定，尝试一点点把物品塞进去），和先遍历背包容量再遍历物品（背包容量固定，尝试能塞进去哪个）都是可以的。

从数组的角度考虑这一点也是可以的，根据递推公式，当前状态是从数组的左上角位置而来，只要保持是这个方向就可以了。就和我们之前求解路径问题时一样。

5 - 举例推导

假设背包最大重量为4。

物品为：

	重量	价值
物品0	1	15
物品1	3	20
物品2	4	30

那么数组的最终状态就如下图所示：

关于01背包，也有使用一维数组，即滚动数组的方法。其核心思想是，如果不放物品，dp[j]其实就是自己本身，如果要放物品，那么dp[j] 就是考虑从一个能放下这个物品的背包，塞入该物品，即dp[j - weight[i]] + value[i]。

遍历顺序就是不能是从一个空背包开始放了，而是从一个满的背包里尝试取出某件物品，这样做是为了保证物品只被放入一次。这么做也是有现实依据的，就是先考虑所有能用得上的东西，再从这些物品里挑出来不是那么重要的物品。

我私认为，注重理论推导，就可以在后期的解题过程中方便不少，但是也不必过于纠结能否“记住理论”，还是要投入实际应用才能更好的理解理论。

接下来，进入解题过程。

416 分割等和子集 medium

给你一个 只包含正整数 的 非空 数组 nums 。请你判断是否可以将这个数组分割成两个子集，使得两个子集的元素和相等。

为什么说动态规划难呢？我认为是不少时候压根意识不到该用动态规划求解问题。

关于这道题，首先要想到要对整个数组求和，如果和是奇数，咋分都分不出来。

如果是偶数，那么所有数之和的一半，就是我们期望的“背包最大容量”，剩下的事情就是把数字填进去就可以了，和01背包完全一样。

根据这个思想，代码如下：

bool canPartition(vector<int>& nums) {
    int sum = 0;
    for (int num: nums)
        sum += num;
    if (sum % 2 == 1) return false;
    int target = sum / 2;

    vector<int> dp(10001, 0); // 题目中给出数组长度最大是200，值最大是100，取总和的一半肯定够了
    // 我们采用先遍历数字的方式
    for (int i = 0; i < nums.size(); ++i) {
        for (int j = target; j >= nums[i]; --j) {
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]);
        }
    }

    return dp[target] == target;
}

1049 最后一块石头的重量 II medium

有一堆石头，用整数数组 stones 表示。其中 stones[i] 表示第 i 块石头的重量。

每一回合，从中选出任意两块石头，然后将它们一起粉碎。假设石头的重量分别为 x 和 y，且 x <= y。那么粉碎的可能结果如下：

如果 x == y，那么两块石头都会被完全粉碎；
如果 x != y，那么重量为 x 的石头将会完全粉碎，而重量为 y 的石头新重量为 y-x。
最后，最多只会剩下一块 石头。返回此石头 最小的可能重量 。如果没有石头剩下，就返回 0。

实不相瞒，以我现在的水平，看到这道题，我还是想不到应该用动态规划来做，但是多少有点儿那个味儿了。

要使最后剩下的石块重量尽可能小，就需要能撞掉的石头尽可能多，所以这道题可以看成是背包容量为[总重量/2]（向下取整），物品价值就是石头重量的0-1背包问题。

求解方式和上面的题几乎一模一样，代码如下：

int lastStoneWeightII(vector<int>& stones) {
    int totalWeight = 0;
    for (int stoneWeight: stones)
        totalWeight += stoneWeight;

    vector<int> dp(15001, 0);
    int target = totalWeight / 2;

    for (int i = 0; i < stones.size(); ++i) {
        for (int stonesWeight = target; stonesWeight >= stones[i]; --stonesWeight) {
            dp[stonesWeight] = max(dp[stonesWeight], dp[stonesWeight - stones[i]] + stones[i]);
        }
    }
    return totalWeight - 2 * dp[target];
}

说到这里，可能还是有人不太明白为什么能这么写，之所以要尽量的往总数量一半的背包里塞，就说明这些都是希望能尽量被撞掉的，可以证明，如果能达到一半的容量，那么其必然可以全部被撞掉，所以最后要减去2倍的dp[target]。