本文主要是介绍【力扣一刷】代码随想录day42(动态规划part4 - 背包问题专题:卡码网46.携带研究材料、416.分割等和子集 ),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!
目录
【卡码网46. 携带研究材料】
方法一 01背包问题 - 二维数组
方法二 01背包问题 - 一维数组
【416. 分割等和子集】
方法一 暴力回溯 -> 超时
方法二 动态规划(01背包问题)
【卡码网46. 携带研究材料】
方法一 01背包问题 - 二维数组
思路:
1、确定 dp[i][j] 的含义
dp[i][j] 是指从 0 ~ i 件物品中选部分物品放入容量为 j 的背包中能产生的最大价值。
2、确定递推关系
- 容量不够:一定放不下,直接返回不放 i 的最大价值
- 容量够:根据两种方案的价值做选择,选价值大的
- 不放i:相当于在 0 ~ (i-1) 件物品中选择,容量不变
- 放i:在确定放 i 的前提下(腾出空间给 i ),获取背包能产生的最大价值,再加上 i 的价值
3、考虑初始化
- 初始化第一行:对应物品0,如果背包容量不够,则设置为0,如果够,则设置为values[0]
- 初始化第一列:对应背包容量0,则无论是什么物品都放不下,不能产生任何价值,直接为默认值0即可
输入:M=3,N=4
weights = [1, 3, 4]
values = [15, 20, 30]
输出:35
bagValue矩阵:
0 1 2 3 4
0 0 15 15 15 15
1 0 15 15 20 35
2 0 15 15 20 35
import java.util.*;public class Main{public static void main (String[] args) {// 获取输入数据Scanner sc = new Scanner(System.in);int m = sc.nextInt();int n = sc.nextInt();int[] weights = new int[m];for (int i = 0; i < m; i++){weights[i] = sc.nextInt();}int[] values = new int[m];for (int i = 0; i < m; i++){values[i] = sc.nextInt();}// 定义背包问题的二维数组int[][] bagValue = new int[m][n+1]; // 行对应材料,列对应背包容量// 初始化第一行(第一列不需要初始化了,因为容量为0则无法装入任何物品,价值为0)for (int j = 0; j < n+1; j++){// 如果第一件物品所占的空间 > 背包容量,则无法放入,价值为0// 如果第一件物品所占的空间 ≤ 背包容量,则可以放入,价值为物品0的价值if (j >= weights[0]) bagValue[0][j] = values[0];}// 开始递推for (int i = 1; i < m; i++){for (int j = 1; j < n+1; j++){// 容量不够if (weights[i] > j) { bagValue[i][j] = bagValue[i-1][j]; // 一定放不下,直接返回不放i的最大价值continue;}// 容量够// 不放i:相当于在0-(i-1)件物品中选择,容量不变int no = bagValue[i-1][j];// 放i:在确定放i的前提下(腾出空间给i),获取背包能产生的最大价值,再加上i的价值int yes = bagValue[i-1][j-weights[i]] + values[i];// 根据两种方案的价值做选择,选价值大的bagValue[i][j] = Math.max(no, yes);}}System.out.println(bagValue[m-1][n]);}
}
易错点总结:
1、定义二维矩阵的时候,行数M对应M件物品,列数N+1对应背包容量,因为还需要考虑容量为0的情况。
2、初始化第一行时要考虑背包容量和第0件物品所占空间的大小关系,可以直接从物品0所占空间对应的背包容量开始遍历进行初始化,也可以从背包容量0开始遍历加以判断再进行初始化。
3、在递推时,也要考虑背包容量和第0件物品所占空间的大小关系,即能不能放物品 i ,不能放直接返回不放的最大价值,能放要考虑不放 i 和放 i 哪个价值大。
4、卡码网的输入输出问题,以及记得要import和写main函数
import java.util.*;public class Main{public static void main (String[] args)
- 时间复杂度:O(M × N),遍历一次二维数组
- 空间复杂度:O(M × N),额外的二维数组开销
方法二 01背包问题 - 一维数组
思路:和二维数组的思路基本一致,但是使用一维数组可以大大减小空间复杂度。
区别:遍历过程会对一维数组进行滚动赋值,即不断根据一维数组的旧值更新新值。
- 对于j < weights[i],这个现象没有影响,因为容量不足,肯定不需要放入第 i 个物品,就相当于从0 ~ i -1个物品中选择物品放入背包而产生的最大价值,直接就是原来的值;
- 对于 j >= weights[i],除了初始值外(对应不放 i 的情况),还需要计算放 i 的情况,计算时需要获取一维数组左边的元素 dp[ j - weights [i]](对应二维数组的dp[i - 1][ j - weights [i]])进行计算,如果左边的值在从左到右遍历时已经更新过,则dp[ j - weights [i]]不是原来二维数组对应的dp[i - 1][ j - weights [i]],而是dp[i][j - weights [i]],这明显不对,因此要倒序遍历一维数组,先更新右边的,再更新左边的。
import java.util.*;public class Main{public static void main (String[] args) {// 获取输入数据Scanner sc = new Scanner(System.in);int m = sc.nextInt();int n = sc.nextInt();int[] weights = new int[m];for (int i = 0; i < m; i++){weights[i] = sc.nextInt();}int[] values = new int[m];for (int i = 0; i < m; i++){values[i] = sc.nextInt();}// 定义一维数组,利用滚动数组的方式代替二维矩阵,减小空间复杂度int[] dp = new int[n+1];for (int i = 0; i < m; i++){for (int j = n; j > 0; j--){if (j >= weights[i]){dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j-weights[i]] + values[i]);} }}System.out.println(dp[n]);}
}
- 时间复杂度:O(M×N)
- 空间复杂度:O(N)
【416. 分割等和子集】中等题
思考:
例子1:【1,2,3,4,5】,和为15,奇数,分割后两个子集的和不可能相等
例子2:【1,1,100】,和为102,偶数,无法按要求分割
方法一 暴力回溯 -> 超时
class Solution {List<Integer> path = new LinkedList<>();int pathSum = 0;public boolean canPartition(int[] nums) {int sum = 0;for (int i = 0; i < nums.length; i++){sum += nums[i];}if (sum % 2 != 0) return false;Arrays.sort(nums);return backtracking(nums, 0, sum/2);}public boolean backtracking(int[] nums, int start, int target){if (start >= nums.length) return false;if (pathSum == target) return true;for (int i = start; i < nums.length; i++){if (i > start && nums[i] == nums[i-1]) continue;path.addLast(nums[i]);pathSum += nums[i];if (backtracking(nums, i+1, target)) return true;path.removeLast();pathSum -= nums[i];}return false;}
}
方法二 动态规划(01背包问题)
思路:将分割问题转化为01背包问题,将每个nums[i]看作是一个物品,物品的价值和重量都是nums[i],遍历过程考虑放还是不放物品 i ,看是否能将容量为 sum / 2 的背包恰好装满。最后,获取一维数组中 j = sum / 2的最大价值 dp(sum / 2),如果最大价值就是 sum / 2,说明恰好能装满,返回true,否则返回false。
步骤:
1、确定dp[j]的含义
容量为j的书包能产生的最大价值
2、确定递推关系
当容量足够存储第 i 个物品时,dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j-weights[i]] + values[i]) ,否则取默认值即可。
3、确定初始值
dp[0]即容量为0能产生的最大价值,即也是0
原始版
class Solution {public boolean canPartition(int[] nums) {int sum = 0;for (int num : nums) sum += num;if (sum % 2 != 0) return false;int[] dp = new int[sum+1];for (int i = 0; i < nums.length; i++){for (int j = sum / 2; j >= nums[i]; j--){ // 背包容量大于物品重量才考虑放的情况dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j-nums[i]] + nums[i]);}}return dp[sum/2] == sum/2;}
}
优化版
1、根据需要,缩短数组长度
2、中途剪枝
class Solution {public boolean canPartition(int[] nums) {int sum = 0;for (int num : nums) sum += num;if (sum % 2 != 0) return false;int[] dp = new int[sum/2+1]; // 数组长度只要能计算到容量为sum/2即可,加上容量0,长度为sum/2+1for (int i = 0; i < nums.length; i++){for (int j = sum / 2; j >= nums[i]; j--){ // 背包容量大于物品重量才考虑放的情况dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j-nums[i]] + nums[i]);}// 剪枝:遍历中途可以检查是否出现背包恰好装满到sum/2的情况if (dp[sum/2] == sum/2) return true;}return dp[sum/2] == sum/2;}
}
- 时间复杂度:O(n²)
- 空间复杂度:O(n)
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