本文主要是介绍Leetcoder Day37｜ 动态规划part04 背包问题，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！
01背包理论基础
面试掌握01背包，完全背包和重背包就够用了。
背包问题的理论基础重中之重是01背包，一定要理解透！
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。
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！
举例：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 |
问背包能背的物品最大价值是多少？
以下讲解和图示中出现的数字都是以这个例子为例。
二维数组01背包
依然动规五部曲分析一波。
1. 确定dp数组以及下标的含义
对于背包问题，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。要时刻记着这个dp数组的含义，下面的一些步骤都围绕这dp数组的含义进行的。
2. 确定递推公式
有两个方向可以推出来dp[i][j]，
- 不放物品i：由dp[i - 1][j]推出，即背包容量为j，里面不放物品i的最大价值，此时dp[i][j]就是dp[i - 1][j]。(其实就是当物品i的重量大于背包j的重量或背包剩余重量小于i的重量时，物品i无法放进背包中，所以背包内的价值依然和前面相同。)
- 放物品i：由dp[i - 1][j - weight[i]]推出，dp[i - 1][j - weight[i]] 为背包容量为j - weight[i]的时候不放物品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。
所以dp[i][j]= max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i])
3. dp数组如何初始化
关于初始化，一定要和dp数组的定义吻合，否则到递推公式的时候就会越来越乱。
首先从dp[i][j]的定义出发，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。i是由i-1推出来的，所以i为0的时候就一定要初始化。刚才讨论过j=0的情况，那么i=0时，dp[0][j]，即：存放编号0的物品时，各个容量的背包所能存放的最大价值。因此 j < weight[0]时，dp[0][j] 应该是 0，因为背包容量比编号0的物品重量还小。若j>=weight[0]，dp[0][j]的值为value[0]。
dp[0][j] 和 dp[i][0] 初始化以后，其他位置都会从i-1或者j-weight[i]而来，因此都会被不断地覆盖，所以初始化为0即可。
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，从哪个方向遍历都可以，因此我们就从物品开始遍历。
public static void backValue(int[]value, int[] weight, int bagWeight){int num=value.length;int[][]dp=new int[num][bagWeight+1];for(int j=weight[0];j<bagWeight;j++){dp[0][j]=value[0];}for(int i=1;i<num;i++){//从物品开始遍历for(int j=1;j<=bagWeight;j++){if(j<weight[i]) dp[i][j]=dp[i-1][j];else{dp[i][j] = Math.max(dp[i-1][j] , dp[i-1][j-weight[i]] + value[i]);}}}System.out.println(dp[num-1][bagWeight]);} 一维数组01背包
上面的思路是用二维数组来解决01背包问题，还可以用滚动数组来解决，即把二维dp降维。
在使用二维数组的时候，递推公式：dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
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]（一维数组，也可以理解是一个滚动数组）。
因此，动规五部曲分析如下：
1. 确定dp数组的定义
在一维dp数组中，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]。
2. 一维dp数组的递推公式
dp[j]为 容量为j的背包所背的最大价值，那么如何推导dp[j]呢？
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，毕竟是求最大价值。
所以递推公式为：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
3. 一维dp数组如何初始化
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。
那么dp数组除了下标0的位置，初始为0，其他下标应该初始化多少呢？
看一下递归公式：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
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了。
那么我假设物品价值都是大于0的，所以dp数组初始化的时候，都初始为0就可以了。
4. 一维dp数组遍历顺序
二维dp遍历的时候，背包容量是从小到大，而一维dp遍历的时候，背包是从大到小。
因为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
如果正序遍历
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。
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！
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！
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。
倒序遍历的原因是，本质上还是一个对二维数组的遍历，并且右下角的值依赖上一层左上角的值，因此需要保证左边的值仍然是上一层的，从右向左覆盖。
⚠️一维和二维的区别：（1）一维到序遍历，二维正序遍历（2）一维只能先遍历物品再遍历背包，但是二维两个顺序都可。
public static void getBackValue(int[]value, int[] weight, int bagWeight){int num=value.length;int[]dp=new int[bagWeight+1];for(int j=weight[0];j<bagWeight;j++){dp[j]=value[0];}for(int i=1;i<num;i++){//从物品开始遍历for(int j=bagWeight;j>=weight[i];j--){//要倒序遍历dp[j]=Math.max(dp[j], dp[j-weight[i]]+value[i]);}}System.out.println(dp[bagWeight]);} 416. 分割等和子集
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].
示例 2:
- 输入: [1, 2, 3, 5]
- 输出: false
- 解释: 数组不能分割成两个元素和相等的子集.
提示：
- 1 <= nums.length <= 200
- 1 <= nums[i] <= 100
这道题希望能够将一个数组拆成两个子集a和b，使得a里面的元素和等于b里面的元素和。
没有什么思路，直接看了代码随想录。原来是01背包问题的变种。
01背包问题：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。
注意题目描述中商品是不是可以重复放入。一个商品如果可以重复多次放入是完全背包，而只能放入一次是01背包。
要明确本题中我们要使用的是01背包，因为元素我们只能用一次。
回归主题：首先，本题要求集合里能否出现总和为 sum / 2 的子集。（这一点是我没有想到的）
那么来一一对应一下本题，看看背包问题如何来解决。
只有确定了如下四点，才能把01背包问题套到本题上来：
- 背包的可容纳的重量为sum / 2
- 背包要放入的商品（集合里的元素）重量为元素的数值，价值也为元素的数值
- 背包如果正好装满，说明找到了总和为 sum / 2 的子集。
- 背包中每一个元素是不可重复放入
dp[j]表示：背包总容量是j，放进物品后，背包的最大价值为dp[j]。
那么如果背包需要满足的容量为target，当dp[target]==target时，背包就装满了
class Solution {/**背包的可容纳的重量为sum / 2背包要放入的商品（集合里的元素）重量为元素的数值，价值也为元素的数值背包如果正好装满，说明找到了总和为 sum / 2 的子集。背包中每一个元素是不可重复放入*/public boolean canPartition(int[] nums) {int sum=0;for(int i=0;i<nums.length;i++){sum+=nums[i];}if(sum%2==1) return false;int target=sum/2;//weight[i]和value[i]都是nums[i]，当前的bacWeight为targetint[] dp=new int[target+1];for(int j=nums[0];j<target;j++){dp[j]=nums[0];}for(int i=1;i<nums.length;i++){ //先遍历物品for(int j=target;j>=nums[i];j--){//重量要倒序遍历dp[j]=Math.max(dp[j], dp[j-nums[i]]+nums[i]);}}if(dp[target]==target) return true;return false;}
}这篇关于Leetcoder Day37｜ 动态规划part04 背包问题的文章就介绍到这儿，希望我们推荐的文章对编程师们有所帮助！
