【动态规划】（二）动态规划—

动态规划——0-1背包问题

0-1背包理论基础
- 二维数独dp
- 一维滚动数组
分割等和子集
最后一块石头的重量II
目标和
一和零
0-1背包总结

0-1背包理论基础

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。

背包问题的理论基础重中之重是0-1背包
完全背包也是01背包稍作变化而来，即：完全背包的物品数量是无限的。

暴力求解
每一件物品其实只有两个状态，取或者不取，所以可以使用回溯法搜索出所有的情况，那么时间复杂度就是 $O(2^n)$ ，这里的n表示物品数量。

所以暴力的解法是指数级别的时间复杂度。进而才需要动态规划的解法来进行优化！

下述都以该背包数据为例：

	重量	价值
物品0	1	15
物品1	3	20
物品2	4	30

二维数独dp

1. 确定dp数组以及下标的含义

dp[i][j]: 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. 确定递推公式

这里我们dp[1][4]的状态来举例：

求取 dp[1][4] 有两种情况：

放物品1
还是不放物品1

如果不放物品1，那么背包的价值应该是 dp[0][4] 即容量为4的背包，只放物品0的情况，推导方向如图：

如果放物品1，那么背包要先留出物品1的容量，目前容量是4，物品1 的容量（就是物品1的重量）为3，此时背包剩下容量为1。

容量为1，只考虑放物品0 的最大价值是 dp[0][1]，这个值我们之前就计算过。

所以放物品1 的情况 = dp[0][1] + 物品1 的价值，推导方向如图：

两种情况，分别是放物品1 和不放物品1，我们要取最大值，即dp[1][4] = max(dp[0][4], dp[0][1] + 物品1 的价值)

以上过程，抽象化如下：

不放物品 i：背包容量为j，里面不放物品i的最大价值是
```
dp[i][j]  = dp[i - 1][j];
```
放物品 i：背包空出物品i的容量后，背包容量为 j - weight[i]，dp[i - 1][j - weight[i]] 为背包容量为 j - weight[i] 且不放物品i的最大价值，那么dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i] （物品i的价值），就是背包放物品i得到的最大价值
递归公式：
```
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
```

3. dp数组初始化

1. 如果背包容量 j 为0的话，即dp[i][0]，无论是选取哪些物品，背包价值总和一定为0。如图：

2. 再看状态转移方程 dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); 可以看出i 是由 i-1 推导出来，那么 i 为0的时候就一定要初始化。

dp[0][j]，即：i 为 0，存放编号0的物品的时候，各个容量的背包所能存放的最大价值：

那么很明显当 j < weight[0] 的时候，dp[0][j] 应该是 0，因为背包容量比编号0的物品重量还小。
当 j >= weight[0] 时，dp[0][j] 应该是 value[0]，因为背包容量放足够放编号0物品。

此时dp数组初始化情况如图所示：

程序实现：

// 背包大小小于重量 放不进 价值为0
for (int j = 0 ; j < weight[0]; j++) {  dp[0][j] = 0;
}
// 背包大小大于重量 放进物品0 价值为 value[0]
for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) {dp[0][j] = value[0];
}

3. 其他 do[i][j] 数据初始化，从递归公式 dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); 可以看出dp[i][j] 是由左上方数值推导出来了，那么其他下标初始为什么数值都可以，因为都会被覆盖，这里统一初始化为0，更方便。

最后统一优化初始化代码如下：

// 初始化 dp
vector<vector<int>> dp(weight.size(), vector<int>(bagweight + 1, 0));
for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) {dp[0][j] = value[0];
}

4. 确定遍历顺序

在如下图中，可以看出，有两个遍历的维度：物品与背包重量

那么是 先遍历物品还是先遍历背包重量呢？

其实都可以！！但是先遍历物品更好理解。

通过递推公式看出，dp[i][j] 只与 dp[i-1][j] 和 dp[i - 1][j - weight[i]] 有关，并且都在dp[i][j]的左上角方向（包括正上方向）

那么先遍历物品，再遍历背包的过程如图所示：

// weight数组的大小 就是物品个数
for(int i = 1; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品for(int j = 0; j <= bagweight; j++) { // 遍历背包容量if (j < weight[i]) dp[i][j] = dp[i - 1][j];else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);}
}

先遍历背包，再遍历物品，如图：

/ weight数组的大小 就是物品个数
for(int j = 0; j <= bagweight; j++) { // 遍历背包容量for(int i = 1; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品if (j < weight[i]) dp[i][j] = dp[i - 1][j];else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);}
}

可以看出，虽然两个for循环遍历的次序不同，但是dp[i][j]所需要的数据就是左上角，根本不影响 dp[i][j] 公式的推导，但先遍历物品再遍历背包这个顺序更好理解。

其实背包问题里，两个for循环的先后循序是非常有讲究的

一维滚动数组

其实对于二维数组中的递推公式中可以看出，当前层结果只与上一层的结果有关，因此可以把二维数据dp降阶为一维数组dp。

其实可以发现如果把dp[i - 1]那一层拷贝到dp[i]上，表达式完全可以是：dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][j - weight[i]] + value[i]);
与其把dp[i - 1]这一层拷贝到dp[i]上，不如只用一个一维数组了，只用dp[j]
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。

1. 确定dp数组以及下标的含义
dp[j] : 容量为 j 的背包，所背的物品价值可以最大为dp[j]。

2. 确定一维递推公式

二维dp数组的递推公式为：

dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);

所以在上面递推公式的基础上，去掉 i 这个维度就好。

递推公式为：

dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

以下为分析：

dp[j]为容量为j的背包所背的最大价值。
dp[j]可以通过dp[j - weight[i]]推导出来，dp[j - weight[i]]表示容量为j - weight[i]的背包所背的最大价值。
dp[j - weight[i]] + value[i] 表示容量为 [j - 物品i重量] 的背包加上物品i的价值。（也就是容量为j的背包，放入物品i了之后的价值即：dp[j]）
此时dp[j]有两个选择，一个是取自己dp[j] 相当于二维dp数组中的dp[i-1][j]，即不放物品i，一个是取dp[j - weight[i]] + value[i]，即放物品i，指定是取最大的。

所以递归公式为：

dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

可以看出相对于二维dp数组的写法，就是把dp[i][j]中i的维度去掉了。

3. 确定一维dp数组的初始化

dp[j]表示：容量为j的背包，所背的物品价值可以最大为dp[j]，那么dp[0]就应该是0，因为背包容量为0所背的物品的最大价值就是0。
根据递推公式，dp数组在推导的时候一定是取价值最大的数，如果题目给的价值都是正整数那么非0下标都初始化为0就可以了。
这样才能让dp数组在递归公式的过程中取的最大的价值，而不是被初始值覆盖。

4. 一维dp数组的遍历顺序

for(int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品for(int j = bagWeight; j >= weight[i]; j--) { // 遍历背包容量dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);}
}

遍历顺序问题：

倒序遍历是为了保证物品i只被放入一次！。但如果一旦正序遍历了，那么物品0就会被重复加入多次！

举一个例子：
物品0的重量weight[0] = 1，价值value[0] = 15

正序遍历

dp[1] = dp[1 - weight[0]] + value[0] = 15
dp[2] = dp[2 - weight[0]] + value[0] = 30

此时dp[2]就已经是30了，意味着物品0，被放入了两次，所以不能正序遍历。

为什么倒序遍历，就可以保证物品只放入一次呢？

倒序就是先算dp[2]

dp[2] = dp[2 - weight[0]] + value[0] = 15 //（dp数组已经都初始化为0）
dp[1] = dp[1 - weight[0]] + value[0] = 15

所以从后往前循环，每次取得状态不会和之前取得状态重合，这样每种物品就只取一次了。

那么问题又来了，为什么二维dp数组遍历的时候不用倒序呢？
因为对于二维dp，dp[i][j]都是通过上一层即dp[i - 1][j]计算而来，本层的dp[i][j]并不会被覆盖！

遍历先后问题：
再来看看两个嵌套for循环的顺序，代码中是先遍历物品嵌套遍历背包容量，那可不可以先遍历背包容量嵌套遍历物品呢？

不可以交换遍历先后

因为一维dp的写法，背包容量一定是要倒序遍历（原因上面已经讲了），如果遍历背包容量放在上一层，那么每个dp[j]就只会放入一个物品，即：背包里只放入了一个物品。

思考：

为什么一维数组dp两个for循环的嵌套顺序这么写？反过来写行不行？二维反过来行不行？
讲一讲一维数组dp和二维数据dp的初始化的逻辑。
为什么一维数据遍历背包时候为逆序遍历？为什么二维数组dp可以顺序遍历？

分割等和子集

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给定一个只包含正整数的非空数组。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。

注意: 每个数组中的元素不会超过 100 数组的大小不会超过 200

示例 1:
输入: [1, 5, 11, 5]
输出: true
解释: 数组可以分割成 [1, 5, 5] 和 [11].

思路：

本题是要找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 sum / 2
转化为背包问题：有若干种物品，能否将大小为 sum / 2 的背包装满
背包中商品的重量为元素的值，价值也为元素的值
若sum为奇数一定不能拆分

动态规划五部曲：

dp[j]含义： 容量为 j 的背包，所背商品的最大重量为dp[j]

确定递推公式：

dp[j] = max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]);

dp数组初始化： dp[0] = 0；其他数据也初始化为0，这样才能让dp数组在递推的过程中取得最大的价值，而不是被初始值覆盖了， 代码如下：

// 题目中说：每个数组中的元素不会超过 100，数组的大小不会超过 200
// 总和不会大于20000，背包最大只需要其中一半，所以10001大小就可以了
vector<int> dp(10001, 0);

确定遍历顺序： 先物品后背包，物品顺序，背包逆序

// 开始 01背包
for(int i = 0; i < nums.size(); i++) {for(int j = target; j >= nums[i]; j--) { // 每一个元素一定是不可重复放入，所以从大到小遍历dp[j] = max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]);}
}

举例推导dp数组

dp[j]的数值一定是小于等于j的，如果dp[j] == j 说明，集合中的子集总和正好可以凑成总和j，理解这一点很重要。

程序实现：

bool canPartition(vector<int>& nums) 
{int sum = 0;int target;for(int num: nums)sum += num;if(sum % 2 == 0)target = sum / 2;	// 计算背包重量elsereturn false;vector<int> dp(10001, 0);for(int i = 0; i < nums.size(); i++)	// 遍历物品{for(int j = target; j >= nums[i]; j--)	// 遍历背包{dp[j] = max(dp[j], dp[j-nums[i]] + nums[i]);	}}if(dp[target] == target)return true;elsereturn false;
}

这道题目就是一道01背包应用类的题目，需要我们拆解题目，然后套入01背包的场景。

01背包相对于本题，主要要理解，题目中物品是nums[i]，重量是nums[i]，价值也是nums[i]，背包体积是sum/2。

最后一块石头的重量II

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有一堆石头，每块石头的重量都是正整数。

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。

示例：
输入：[2,7,4,1,8,1]
输出：1

提示：

1 <= stones.length <= 30
1 <= stones[i] <= 1000

思路

本题其实就是尽量让石头分成重量相同的两堆，相撞之后剩下的石头最小，这样就化解成01背包问题了
这就与上述的分割等和子集就十分相似了，本题物品的重量为stones[i]，物品的价值也为stones[i]。

动态规划五部曲：

dp[j]含义： dp[j]表示容量为 j 的背包，最多可以背最大重量为dp[j]。

确定递推公式：

dp[j] = max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i]);

dp数组初始化： dp[0] = 0，其他数据也为0，防止max时初始化覆盖实际的dp[j]，代码为：
```
vector<int> dp(15001, 0);
```

确定遍历顺序： 同上述一致，在遍历一维dp数组时，先物品后背包，物品顺序，背包逆序

for (int i = 0; i < stones.size(); i++) { // 遍历物品for (int j = target; j >= stones[i]; j--) { // 遍历背包dp[j] = max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i]);}
}

举例推导dp数组： 举例，输入：[2,4,1,1]，此时target = (2 + 4 + 1 + 1)/2 = 4 ，dp数组状态图如下：

最后dp[target]里是容量为target的背包所能背的最大重量。

那么分成两堆石头，一堆石头的总重量是dp[target]，另一堆就是sum - dp[target]。

在计算target的时候，target = sum / 2 因为是向下取整，所以sum - dp[target] 一定是大于等于dp[target]的。

那么相撞之后剩下的最小石头重量就是 (sum - dp[target]) - dp[target]

程序实现：

int lastStoneWeightII(vector<int>& stones) 
{int sum = 0;int target = 0;for(int num:stones)sum += num;target = sum / 2;vector<int> dp(1501, 0);for(int i = 0; i < stones.size(); i++)			// 遍历物品{ for(int j = target; j >= stones[i]; j--)	// 遍历背包{dp[j] = max(dp[j], dp[j-stones[i]] + stones[i]);	}}// 一堆石头 dp[target] 另一堆 sum - dp[target] return  sum - dp[target] - dp[target];
}

目标和

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给定一个非负整数数组，a1, a2, …, an, 和一个目标数S。现在你有两个符号 + 和 -。对于数组中的任意一个整数，你都可以从 + 或 -中选择一个符号添加在前面。

返回可以使最终数组和为目标数 S 的所有添加符号的方法数。

示例：
输入：nums: [1, 1, 1, 1, 1], S: 3
输出：5

提示：

数组非空，且长度不会超过 20 。
初始的数组的和不会超过 1000 。
保证返回的最终结果能被 32 位整数存下。

思路：

结果为target，设所有添 ‘+’ 的和为left，添 ‘-’ 的和为 right，则有 left - right = target，同时有 left + right = sum，则有 left = (target + sum) / 2;
此时问题就是在集合nums中找出和为left（bagSize）的组合有几种

动态规划五部曲：

dp[j]含义： 填满 j 这么大容积的包，有dp[j]种方法
确定递推公式：
- 在不考虑nums[i]的情况下，装满容量为 j - nums[i] 的背包，有 dp[j - nums[]i] 种方法。
- 那么只要找到nums[i]，凑成dp[j] 既有dp[j - nums[i]]种方法。
  - 若已有1，则需要dp[4]种方法凑成dp[5]
  - 若已有2，则需要dp[3]种方法凑成dp[5]
  - 若已有3，则需要dp[2]种方法凑成dp[5]
  - 若已有4，则需要dp[1]种方法凑成dp[5]
  - 若已有5，则需要dp[0]种方法凑成dp[5]
- 把这些方法累加起来得到装满容量为5的背包，即
```
dp[j] = dp[j] + dp[j - nums[i]];
```
  这个公式在后面在讲解背包解决排列组合问题的时候还会用到！
  
  不理解的时候对比不同路径题目的找路径方法进行对比
dp数组初始化： 从递推公式看出，dp[0] = 1; 因为dp[0] 是一切递推结果的起源，如果dp[0] = 0; 则递推结果都是0。

确定遍历顺序： 先物品后背包，物品顺序背包逆序

for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {for (int j = bagSize; j >= nums[i]; j--) {dp[j] += dp[j - nums[i]];

举例推导dp数组： 输入：nums: [1, 1, 1, 1, 1], target: 3

程序实现：

int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int target)
{// 分析/*left - right = targetleft + right = sumleft = (sum + target) / 2;*/int sum = accumulate(nums.begin(), nums.end(),0);int left = (sum + target) / 2;if(abs(target) > sum)return 0;if((sum + target) % 2)return 0;// 问题转化为：装满 left 背包的方法有几种 // dp[j]: 装满容量为 j 的背包有 dp[j] 种方法// dp[j] += dp[j-nums[i]];	vector<int> dp(left + 1, 0);dp[0] = 1;for(int i = 0; i < nums.size(); i++)		// 遍历物品{ for(int j = left; j >= nums[i]; j--)	// 遍历背包{dp[j] += dp[j-nums[i]];	}}return dp[left];
}

一和零

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给你一个二进制字符串数组 strs 和两个整数 m 和 n 。

请你找出并返回 strs 的最大子集的大小，该子集中最多有 m 个 0 和 n 个 1 。

如果 x 的所有元素也是 y 的元素，集合 x 是集合 y 的子集。

示例：
输入：strs = [“10”, “0001”, “111001”, “1”, “0”], m = 5, n = 3
输出：4
解释：最多有 5 个 0 和 3 个 1 的最大子集是 {“10”,“0001”,“1”,“0”} ，因此答案是 4

提示：

1 <= strs.length <= 600
1 <= strs[i].length <= 100
strs[i] 仅由 ‘0’ 和 ‘1’ 组成
1 <= m, n <= 100

这道题目，还是比较难的

动态规划五部曲：
1. dp[j]含义： 最多有 i 个0和 j 个1的strs的最大子集的大小为dp[i][j]。

2. 确定递推公式： dp[i][j] 可以由前一个strs里的字符串推导出来，strs里的字符串有zeroNum个0，oneNum个1。

dp[i][j] 就可以是 dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1

在遍历过程中，取dp[i][j]的最大值。

dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1);

对比一维递推公式：

dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

对比发现，字符串的zeroNum和oneNum相当于物品的重量（weight[i]），字符串本身的个数相当于物品的价值（value[i]）。
这就是一个典型的01背包！只不过物品的重量有了两个维度而已。

3. dp数组初始化： dp[0] = 0, 其他数据也为0，防止在max时覆盖实际值

4. 确定遍历顺序： 讲到了01背包一定是外层for循环遍历物品，内层for循环遍历背包容量且从后向前遍历！那么本题也是，物品就是strs里的字符串，背包容量就是题目描述中的m和n。

// 遍历物品
for (string str : strs) 
{ int oneNum = 0, zeroNum = 0;for (char c : str) {if (c == '0') zeroNum++;else oneNum++;}// 遍历背包容量且从后向前遍历！for (int i = m; i >= zeroNum; i--) { for (int j = n; j >= oneNum; j--) {dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1);}}
}

5. 举例推导dp数组： 以输入：[“10”,“0001”,“111001”,“1”,“0”]，m = 3，n = 3为例，最后dp数组的状态如下所示：

程序实现：

int findMaxForm(vector<string>& strs, int m, int n) 
{//dp[i][j]: i个0 j个1 最大背dp[i][j]个物品vector<vector<int>> dp(m+1, vector<int>(n+1,0));// 遍历物品for(string str:strs){// 记录物品 0 和 1 的个数int zeroNum = 0;int oneNum  = 0;for(char c : str){if(c == '0')zeroNum++;elseoneNum++;}// 遍历背包 有2个维度for(int i = m; i >= zeroNum;i--){for(int j = n; j >= oneNum; j--){dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-zeroNum][j-oneNum] + 1);}}}return dp[m][n];
}