Day46|139.单词拆分、多重背包理论基础、背包问题总结

139.单词拆分

1.题目：

给你一个字符串 s 和一个字符串列表 wordDict 作为字典。请你判断是否可以利用字典中出现的单词拼接出 s 。

注意：不要求字典中出现的单词全部都使用，并且字典中的单词可以重复使用。

示例 1：

输入: s = "leetcode", wordDict = ["leet", "code"]
输出: true
解释: 返回 true 因为 "leetcode" 可以由 "leet" 和 "code" 拼接成。
示例 2：

输入: s = "applepenapple", wordDict = ["apple", "pen"]
输出: true
解释: 返回 true 因为 "applepenapple" 可以由 "apple" "pen" "apple" 拼接成。
注意，你可以重复使用字典中的单词。
示例 3：

输入: s = "catsandog", wordDict = ["cats", "dog", "sand", "and", "cat"]
输出: false

https://leetcode.cn/problems/word-break

2.思路：

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。

我在这里做一个总结：

求组合数：动态规划：518.零钱兑换II (opens new window)

求排列数：动态规划：377. 组合总和 Ⅳ (opens new window)、动态规划：70. 爬楼梯进阶版（完全背包） (opens new window)

求最小数：动态规划：322. 零钱兑换 (opens new window)、动态规划：279.完全平方数(opens new window)

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。

5.举例推导dp[i]

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

dp[s.size()]就是最终结果。

3.代码：

 public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {
        //
        HashSet<String> hashset=new HashSet<>(wordDict);
        boolean[] dp=new boolean[s.length()+1];
        dp[0]=true;
        for(int i=1;i<=s.length();i++){
            for(int j=0;j<i && !dp[i];j++){
                if(hashset.contains(s.substring(j,i)) && dp[j]){
                    dp[i]=true;
                }
            }
        }
        return dp[s.length()];
    }

多重背包理论基础

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。

public void testMultiPack1(){
    // 版本一：改变物品数量为01背包格式
    List<Integer> weight = new ArrayList<>(Arrays.asList(1, 3, 4));
    List<Integer> value = new ArrayList<>(Arrays.asList(15, 20, 30));
    List<Integer> nums = new ArrayList<>(Arrays.asList(2, 3, 2));
    int bagWeight = 10;

    for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
        while (nums.get(i) > 1) { // 把物品展开为i
            weight.add(weight.get(i));
            value.add(value.get(i));
            nums.set(i, nums.get(i) - 1);
        }
    }

    int[] dp = new int[bagWeight + 1];
    for(int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
        for(int j = bagWeight; j >= weight.get(i); j--) { // 遍历背包容量
            dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - weight.get(i)] + value.get(i));
        }
        System.out.println(Arrays.toString(dp));
    }
}

public void testMultiPack2(){
    // 版本二：改变遍历个数
    int[] weight = new int[] {1, 3, 4};
    int[] value = new int[] {15, 20, 30};
    int[] nums = new int[] {2, 3, 2};
    int bagWeight = 10;

    int[] dp = new int[bagWeight + 1];
    for(int i = 0; i < weight.length; 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] = Math.max(dp[j], dp[j - k * weight[i]] + k * value[i]);
            }
            System.out.println(Arrays.toString(dp));
        }
    }
}