网站域名申请,成都水高新区建设局官方网站,新手小白学编程,腰椎间盘突出压迫神经腿疼怎么治锻炼01背包问题 题目链接#xff1a;46. 携带研究材料 文档讲解#xff1a;代码随想录 状态#xff1a;忘了 二维dp 问题1#xff1a;为啥会想到i代表第几个物品#xff0c;j代表容量变化#xff1f; 动态规划中#xff0c;每次决策都依赖于前一个状态的结果#xff0c;在…01背包问题 题目链接46. 携带研究材料 文档讲解代码随想录 状态忘了 二维dp 问题1为啥会想到i代表第几个物品j代表容量变化 动态规划中每次决策都依赖于前一个状态的结果在背包问题中每次取物品的操作都必须考虑当前背包容量是否足够。所以使用i代表第几个物品j代表背包容量限定。而第i个物品取和不取直接影响到最大价值总和dp[i][j]。 因此dp[i][j]可以表示为在容量j的条件下取第i个物品所能得到的最大价值总和。 动态转移方程 每次状态转移需要考虑当前背包容量是否足够容纳物品i 如果当前物品i的重量 weight[i] 大于当前背包的容量j则显然无法将物品i放入背包因此 dp[i][j] 应该等于 dp[i-1][j]即不拿当前物品i时的最优解。如果当前物品i的重量 weight[i] 小于等于当前背包的容量j则可以尝试将物品i放入背包不能保证一定能放下。此时考虑两种情况 不放入物品i也就是物品i放不下否则能放下的话肯定是放入物品i后总价值更高即 dp[i][j]dp[i-1][j]和上面的情况一样放入物品i能放下物品i肯定是放入后价值更高即dp[i][j] dp[i-1][j - weight[i]] value[i]其中 value[i] 是物品i的价值。 考虑到上述情况所以递归公式 dp[i][j] max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] value[i]); 二维dp题解 public static void testWeightBagProblem(int[] weight, int[] value, int bagSize) {// 创建dp数组int goods weight.length; // 获取物品的数量int[][] dp new int[goods][bagSize 1];// 初始化dp数组// 创建数组后其中默认的值就是0// 当背包的容量大于等于第一个物品的重量时才会将取第一个物品时最大价值设为第一个物品的价值for (int j weight[0]; j bagSize; j) {dp[0][j] value[0];}// 填充dp数组for (int i 1; i weight.length; i) {for (int j 1; j bagSize; j) {if (j weight[i]) {/*** 当前背包的容量都没有当前物品i大的时候是不放物品i的* 那么前i-1个物品能放下的最大价值就是当前情况的最大价值*/dp[i][j] dp[i - 1][j];} else {/*** 当前背包的容量不确定可以放下物品i* 那么此时分两种情况* 1、放不下,所以不放物品i* 2、放物品i* 比较这两种情况下哪种背包中物品的最大价值最大*/dp[i][j] Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] value[i]);}}}// 打印dp数组for (int i 0; i goods; i) {for (int j 0; j bagSize; j) {System.out.print(dp[i][j] \t);}System.out.println(\n);}}//这种方法初始化时,初始化了一个(m1)×(n1)的二维数组包含了额外的一行和一列用来表示没有放入任何物品时的情况。public static void testWeightBagProblem2(int[] weight, int[] value, int bagSize) {// 创建dp数组int m weight.length; // 获取物品的数量int n bagSize;int[][] dp new int[m 1][n 1]; // 创建动态规划数组行表示物品数量列表示背包容量// 填充dp数组for (int i 1; i m; i) { // 遍历物品for (int j 1; j n; j) { // 遍历背包容量if (j weight[i - 1]) { // 如果当前背包容量小于当前物品的重量则无法装入该物品dp[i][j] dp[i - 1][j]; // 当前最优解等于上一个物品的最优解} else { // 否则可以选择装入当前物品或者不装入当前物品取两者中的最大值dp[i][j] Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i - 1]] value[i - 1]);// 不装入当前物品dp[i - 1][j]// 装入当前物品dp[i - 1][j - weight[i - 1]] value[i - 1]// value[i - 1] 表示当前物品的价值}}}// 打印dp数组for (int i 0; i m; i) {for (int j 0; j bagSize; j) {System.out.print(dp[i][j] \t); // 打印每个位置的最优值}System.out.println(\n); // 换行}}优化 可以考虑用另一方式来定义dp[i][j]的含义即dp[i][j] 表示考虑前i个物品在背包容量为j时可以达到的最大价值。 那么dp[i][j]就可能从两种状态转换而来。 第一种是当前物品i放不下那么dp[i][j]dp[i−1][j]也就是继承上一个状态的最优解第二种是可以放当前物品i那么dp[i][j]dp[i−1][j−weight[i−1]]value[i]也就是在上一个状态的继承上加上当前物品i的价值 因此可以的到递推公式dp[i][j] max(dp[i][j], dp[i - 1][j - weight[i - 1]] value[i]); 优化后题解 // 使用了优化后的递推公式 dp[i][j] max(dp[i][j], dp[i - 1][j - weight[i - 1]] value[i - 1]); public static void testWeightBagProblem3(int[] weight, int[] value, int bagSize) {int length weight.length;// 创建二维数组dpdp[i][j]表示考虑前i个物品在背包容量为j时的最大价值int[][] dp new int[length 1][bagSize 1];// 遍历每个物品for (int i 1; i length; i) {// 遍历每个背包容量for (int j 1; j bagSize; j) {// 先假设不选第i个物品继承上一个状态的最优解dp[i][j] dp[i - 1][j];// 判断如果当前背包容量能够容纳第i个物品if (weight[i - 1] j) {// 考虑选择第i个物品后的最优解这里要注意value[i - 1])是第i个物品的价值因为第一行和第一列用0填充了,但是value数组是从索引0开始有意义的。dp[i][j] Math.max(dp[i][j], dp[i - 1][j - weight[i - 1]] value[i - 1]);}}} } 一维dp: 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]);也就是上面优化后的代码。 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。 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]。此时dp[j]的状态要么是上次取完物品i-1的状态要么是加入物品i的状态。 在取物品0的时候,dp[j]会进行第一轮更新[0 15 15 15 15]在取物品1的时候,dp[j]会进行第二轮更新[0 15 15 20 35]在取物品2的时候,dp[j]会进行第三轮更新[0 15 15 20 35]所以递推公式为dp[j] max(dp[j], dp[j - weight[i]] value[i]); 左边的 dp[j]表示在更新当前容量 j 时新的 dp[j] 值。 右边的 dp[j]表示背包装不下物品i所以继承上次容量为 j 时取完物品i-1的最大价值即在未考虑物品 i 的情况下的最大价值。 右边的 dp[j - weight[i-1]] value[i]表示在当前更新之前容量为 j - weight[i-1] 时的最大价值加上当前物品 i 的价值。 为什么需要从后向前遍历 在使用一维数组 dp 时从后向前遍历容量 j 是为了避免在同一轮次中使用已经更新的值。这保证了每个物品 i 在更新时只被计算一次不会重复使用。 举个例子 物品 1: 重量 2价值 3 物品 2: 重量 3价值 4 背包容量为 5。 从前向后遍历 我们从前向后遍历容量 j 来更新 dp 数组。看看会发生什么情况。 遍历第一个物品重量 2价值 3 j 2: dp[2] max(dp[2], dp[2 - 2] 3) max(0, 0 3) 3 更新后 dp [0, 0, 3, 0, 0, 0] j 3: dp[3] max(dp[3], dp[3 - 2] 3) max(0, 0 3) 3 更新后 dp [0, 0, 3, 3, 0, 0] j 4: dp[4] max(dp[4], dp[4 - 2] 3) max(0, 3 3) 6 更新后 dp [0, 0, 3, 3, 6, 0] 从这里开始就出现问题了求dp[4]的时候使用了更新后的dp[2]的值。 j 5: dp[5] max(dp[5], dp[5 - 2] 3) max(0, 3 3) 6 更新后 dp [0, 0, 3, 3, 6, 6]求dp[5]的时候使用了更新后的dp[3]的值。 遍历第二个物品。。。。略 从后向前遍历 遍历第一个物品重量 2价值 3 j 5: dp[5] max(dp[5], dp[5 - 2] 3) max(0, 0 3) 3 更新后 dp [0, 0, 0, 0, 0, 3]这里使用的dp[2]是还没更新的值。 …略 一维dp代码 public static void testWeightBagProblem(int[] weight, int[] value, int bagSize) {int[] dp new int[bagSize 1];for (int i 0; i weight.length; i) {for (int j bagSize; j weight[i]; j--) {//因为i在更新,所以max中的dp[j]都是上一层中的dp[j],所以隐式地实现了dp[i - 1]一层拷贝到dp[i]dp[j] Math.max(dp[j], dp[j - weight[i]] value[i]);//max中的dp[j]是取上一个物品时对应容量j的最大价值}}for (int j 0; j bagSize; j) {System.out.print(dp[j] \t);}}416. 分割等和子集 题目链接416. 分割等和子集 文档讲解代码随想录 状态感觉像碰运气做出来的。。 思路 第一步读题分割成两个子集使得两个子集的元素和相等那么可以考虑先求和再除以2得到目标值。对于nums中的数字尝试不同的取值求和只要得到和为target说明一定可以分成两个和相等的子集。所以可以考虑使用背包解题。 第二步判断背包类型 背包的体积为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。 以上分析完我们就可以套用01背包来解决这个问题了。 第三步动规五部曲分析。 dp[j] 表示 容量为j的背包所背的物品价值最大可以为dp[j]。在本题中就是取不同的值求得最大和dp[j]。本题中如果dp[j]j就是满足条件了。01背包的递推公式为dp[j] max(dp[j], dp[j - weight[i]] value[i]);本题相当于背包里放入数值那么物品i的重量是nums[i]其价值也是nums[i]。所以递推公式dp[j] max(dp[j], dp[j - nums[i]] nums[i]);初始化取第一个数字前dp[j]都为0确定遍历顺序如果使用一维dp数组物品遍历的for循环放在外层遍历背包的for循环放在内层且内层for循环倒序遍历举例推导dp数组如果dp[j] j 说明集合中的子集总和正好可以凑成总和j 题解 // 一维dp实现 public boolean canPartition(int[] nums) {int sum 0;// 计算数组总和for (int num : nums) {sum num;}// 如果总和是奇数不可能分成两个相等的子集if (sum % 2 1) {return false;}// 目标值是总和的一半int target sum / 2;// 创建一维dp数组dp[j]表示是否存在子集和为jint[] dp new int[target 1];// 遍历所有数字for (int i 0; i nums.length; i) {// 倒序遍历所有可能的和for (int j target; j 0; j--) {// 如果当前数字小于等于目标和更新dp数组if (nums[i] j) { // 刚开始没注意到这里, 其实最好写在for循环的判断条件中, 因为使用的数字肯定不能大于目标和dp[j] Math.max(dp[j], dp[j - nums[i]] nums[i]);}}// 剪枝只要有满足条件即可提前退出if (dp[target] target) {return true;}}// 检查是否可以找到和为target的子集return dp[target] target; }二维dp题解 // 二维dp实现 public boolean canPartition(int[] nums) {int sum 0;// 计算数组总和for (int num : nums) {sum num;}// 如果总和是奇数不可能分成两个相等的子集if (sum % 2 1) {return false;}// 目标值是总和的一半int target sum / 2;// 创建二维dp数组dp[i][j]表示前i个数能否组成和为jint[][] dp new int[nums.length 1][target 1];// 遍历所有数字for (int i 1; i nums.length; i) {// 遍历所有可能的和for (int j 1; j target; j) {if (nums[i - 1] j) {// 如果当前数字大于目标和不能选当前数字继承上一个状态的结果dp[i][j] dp[i - 1][j];} else {// 否则可以选择或者不选择当前数字取两者的最大值dp[i][j] Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - nums[i - 1]] nums[i - 1]);}}}// 检查是否可以找到和为target的子集return dp[nums.length][target] target; }