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322. 零钱兑换
279.完全平方数
先遍历物品, 再遍历背包（好理解一点）
先遍历背包, 再遍历物品
139.单词拆分
方法1：完全背包
方法2：完全背包2
方法3：回溯法+记忆化
多重背包
背包问题总结
背包递推公式
遍历顺序
01背包
完全背包
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记得看本篇的背包问题总结！
今天的三道题都很妙，自己写不出来，但是细看又能看懂。有机会再来复盘一下。尤其是139。
322. 零钱兑换
题目中说每种硬币的数量是无限的，可以看出是典型的完全背包问题。
- 确定dp数组以及下标的含义
dp[j]：凑足总额为j所需钱币的最少个数为dp[j]
- 确定递推公式
凑足总额为j - coins[i]的最少个数为dp[j - coins[i]]，那么只需要加上一个钱币coins[i]即dp[j - coins[i]] + 1就是dp[j]（考虑coins[i]）
所以dp[j] 要取所有 dp[j - coins[i]] + 1 中最小的。
递推公式：dp[j] = min(dp[j - coins[i]] + 1, dp[j]);
- dp数组如何初始化
首先凑足总金额为0所需钱币的个数一定是0，那么dp[0] = 0;
其他下标对应的数值呢？
考虑到递推公式的特性，dp[j]必须初始化为一个最大的数，否则就会在min(dp[j - coins[i]] + 1, dp[j])比较的过程中被初始值覆盖。
所以下标非0的元素都是应该是最大值。
- 确定遍历顺序
本题并不强调集合是组合还是排列。
所以本题的两个for循环的关系是：外层for循环遍历物品，内层for遍历背包或者外层for遍历背包，内层for循环遍历物品都是可以的！
那么我采用coins放在外循环，target在内循环的方式。
本题钱币数量可以无限使用，那么是完全背包。所以遍历的内循环是正序
综上所述，遍历顺序为：coins（物品）放在外循环，target（背包）在内循环。且内循环正序。
java"> class Solution {public int coinChange(int[] coins, int amount) {int max = Integer.MAX_VALUE;int[] dp = new int[amount + 1];//初始化dp数组为最大值for (int i = 0; i < dp.length; i++) {dp[i] = max;}//当金额为0时需要的硬币数目为0dp[0] = 0;for (int i = 0; i < coins.length; i++) {//正序遍历：完全背包每个硬币可以选择多次for (int j = coins[i]; j <= amount; j++) {//只有dp[j-coins[i]]不是初始最大值时，该位才有选择的必要if (dp[j - coins[i]] != max) {//选择硬币数目最小的情况dp[j] = Math.min(dp[j], dp[j - coins[i]] + 1);}}}return dp[amount] == max ? -1 : dp[amount];}}- 时间复杂度: O(n * amount)，其中 n 为 coins 的长度
- 空间复杂度: O(amount)
279.完全平方数
把题目翻译一下：完全平方数就是物品（可以无限件使用），凑个正整数n就是背包，问凑满这个背包最少有多少物品？
- 确定dp数组以及下标的含义
dp[j]：和为j的完全平方数的最少数量为dp[j]
- 确定递推公式
dp[j] 可以由dp[j - i * i]推出， dp[j - i * i] + 1 便可以凑成dp[j]。
此时我们要选择最小的dp[j]，所以递推公式：dp[j] = min(dp[j - i * i] + 1, dp[j]);
- dp数组如何初始化
dp[0]=0
非0下标的dp[j]一定要初始为最大值，这样dp[j]在递推的时候才不会被初始值覆盖。
- 确定遍历顺序
遍历顺序无所谓。
先遍历物品, 再遍历背包（好理解一点）
java"> class Solution {public int numSquares(int n) {// 版本一，先遍历物品, 再遍历背包int max = Integer.MAX_VALUE;int[] dp = new int[n + 1];// 初始化for (int i = 1; i <= n; i++) {dp[i] = max;}dp[0] = 0;// 遍历物品for (int i = 1; i * i <= n; i++) {// 遍历背包for (int j = i * i; j <= n; j++) {//不需要這個if statement，因爲在完全平方數這一題不會有"湊不成"的狀況發生（ 一定可以用"1"來組成任何一個n），故comment掉這個if statement。//if (dp[j - i * i] != max) {dp[j] = Math.min(dp[j], dp[j - i * i] + 1);//}}}return dp[n];}}先遍历背包, 再遍历物品
java"> class Solution {public int numSquares(int n) {// 版本二， 先遍历背包, 再遍历物品int max = Integer.MAX_VALUE;int[] dp = new int[n + 1];for (int i = 1; i <= n; i++) {dp[i] = max;}dp[0] = 0;// 遍历背包for (int j = 1; j <= n; j++) {// 遍历物品for (int i = 1; i * i <= j; i++) {dp[j] = Math.min(dp[j], dp[j - i * i] + 1);}}return dp[n];}}- 时间复杂度: O(n * √n)
- 空间复杂度: O(n)
139.单词拆分
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！
- 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。
- 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。
- dp数组如何初始化
dp[0]一定要为true，否则递推下去后面都是false了。
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。
- 确定遍历顺序
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。
注意！这里的遍历顺序不能是先遍历物品，再遍历背包。
使用用例：s = "applepenapple", wordDict = ["apple", "pen"]
最后dp[s.size()] = 0 即 dp[13] = 0 ，而不是1，因为先用 "apple" 去遍历的时候，dp[8]并没有被赋值为1 （还没用"pen"），所以 dp[13]也不能变成1。
除非是先用 "apple" 遍历一遍，再用 "pen" 遍历，此时 dp[8]已经是1，最后再用 "apple" 去遍历，dp[13]才能是1。
- 时间复杂度：O(n^3)，因为substr返回子串的副本是O(n)的复杂度（这里的n是substring的长度）
- 空间复杂度：O(n)
方法1：完全背包
java">class Solution {public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {HashSet<String> set = new HashSet<>(wordDict);boolean[] valid = new boolean[s.length() + 1];valid[0] = true;for (int i = 1; i <= s.length(); i++) {for (int j = 0; j < i && !valid[i]; j++) {if (set.contains(s.substring(j, i)) && valid[j]) {valid[i] = true;}}}return valid[s.length()];}
}方法2：完全背包2
java">class Solution {public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {boolean[] dp = new boolean[s.length() + 1];dp[0] = true;for (int i = 1; i <= s.length(); i++) {for (String word : wordDict) {int len = word.length();if (i >= len && dp[i - len] && word.equals(s.substring(i - len, i))) {dp[i] = true;break;}}}return dp[s.length()];}
}方法3：回溯法+记忆化
java">class Solution {private Set<String> set;private int[] memo;public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {memo = new int[s.length()];set = new HashSet<>(wordDict);return backtracking(s, 0);}public boolean backtracking(String s, int startIndex) {// System.out.println(startIndex);if (startIndex == s.length()) {return true;}if (memo[startIndex] == -1) {return false;}for (int i = startIndex; i < s.length(); i++) {String sub = s.substring(startIndex, i + 1);// 拆分出来的单词无法匹配if (!set.contains(sub)) {continue; }boolean res = backtracking(s, i + 1);if (res) return true;}// 这里是关键，找遍了startIndex~s.length()也没能完全匹配，标记从startIndex开始不能找到memo[startIndex] = -1;return false;}
}多重背包
多重背包：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。
java">import java.util.Scanner;
class multi_pack{public static void main(String [] args) {Scanner sc = new Scanner(System.in);/*** bagWeight:背包容量* n:物品种类*/int bagWeight, n;//获取用户输入数据，中间用空格隔开，回车键换行bagWeight = sc.nextInt();n = sc.nextInt();int[] weight = new int[n];int[] value = new int[n];int[] nums = new int[n];for (int i = 0; i < n; i++) weight[i] = sc.nextInt();for (int i = 0; i < n; i++) value[i] = sc.nextInt();for (int i = 0; i < n; i++) nums[i] = sc.nextInt();int[] dp = new int[bagWeight + 1];//先遍历物品再遍历背包，作为01背包处理for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = bagWeight; j >= weight[i]; j--) {//遍历每种物品的个数for (int k = 1; k <= nums[i] && (j - k * weight[i]) >= 0; k++) {dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - k * weight[i]] + k * value[i]);}}}System.out.println(dp[bagWeight]);}
}背包问题总结
背包递推公式
问能否能装满背包（或者最多装多少）：dp[j] = max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]); ，对应题目如下：
问装满背包有几种方法：dp[j] += dp[j - nums[i]] ，对应题目如下：
- 动态规划：494.目标和(opens new window)
- 动态规划：518. 零钱兑换 II(opens new window)
- 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)
问背包装满最大价值：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]); ，对应题目如下：
- 动态规划：474.一和零(opens new window)
问装满背包所有物品的最小个数：dp[j] = min(dp[j - coins[i]] + 1, dp[j]); ，对应题目如下：
遍历顺序
01背包
在动态规划：关于01背包问题，你该了解这些！ (opens new window)中我们讲解二维dp数组01背包先遍历物品还是先遍历背包都是可以的，且第二层for循环是从小到大遍历。
和动态规划：关于01背包问题，你该了解这些！（滚动数组） (opens new window)中，我们讲解一维dp数组01背包只能先遍历物品再遍历背包容量，且第二层for循环是从大到小遍历。
一维dp数组的背包在遍历顺序上和二维dp数组实现的01背包其实是有很大差异的，大家需要注意！
完全背包
说完01背包，再看看完全背包。
在动态规划：关于完全背包，你该了解这些！ (opens new window)中，讲解了纯完全背包的一维dp数组实现，先遍历物品还是先遍历背包都是可以的，且第二层for循环是从小到大遍历。
但是仅仅是纯完全背包的遍历顺序是这样的，题目稍有变化，两个for循环的先后顺序就不一样了。
如果求 组合数 就是 外层for循环遍历物品，内层for循环遍历背包。
如果求 排列数 就是 外层for循环遍历背包，内层for循环遍历物品。
相关题目如下：
- 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)
如果求最小数，那么两层for循环的先后顺序就无所谓了，相关题目如下：
对于背包问题，其实递推公式算是容易的，难是难在遍历顺序上，如果把遍历顺序搞透，才算是真正理解了。
第三十八天的总算是结束了，直冲Day39！
