LeetCode DP篇-背包问题(416、518)

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.

solution 1 二维数组

class Solution {
    public boolean canPartition(int[] nums) {
        int sum = 0;
        for(int i = 0; i < nums.length; i++){
            sum += nums[i];
        }
        //和为奇数，不可能存在
        if (sum%2 != 0) return false;
        sum /= 2;
        //默认为false
        boolean[][] dp = new boolean[nums.length+1][sum+1];
        //base case
        for(int i = 0; i < nums.length+1; i++){
            dp[i][0] = true;
        }
        //状态转移方程
        for (int i = 1; i < nums.length+1; i++){
            for (int j = 1; j < sum+1; j++){
                //剩下空间装不下，不装入
                if (j-nums[i-1] < 0){
                    dp[i][j] = dp[i-1][j];
                }else{
                    //剩下空间可装入的情况下，装入后剩下为0，即为true
                    dp[i][j] = dp[i-1][j] || dp[i-1][j-nums[i-1]];
                }
            }
        }
        return dp[nums.length][sum];
    }
}
//分成两个和相等的子集，等于找到和为总数和二分之一的数组，即0-1背包问题

solution2 一维数组

class Solution {
    public boolean canPartition(int[] nums) {
        int sum = 0;
        for(int i = 0; i < nums.length; i++){
            sum += nums[i];
        }
        //和为奇数，不可能存在
        if (sum%2 != 0) return false;
        sum /= 2;
        //默认为false 每一次只依靠nums数组的前一个
        boolean[] dp = new boolean[sum+1];
        //base case
        dp[0] = true;
        
        //状态转移方程
        for (int i = 0; i < nums.length; i++){
            for (int j = sum; j >= 0; j--){
                //剩下空间可装入时
                if (j-nums[i] >= 0){
                    dp[j] = dp[j] || dp[j-nums[i]];
                }
            }
        }
        return dp[sum];
    }
}

518. 零钱兑换 II

给定不同面额的硬币和一个总金额。写出函数来计算可以凑成总金额的硬币组合数。假设每一种面额的硬币有无限个。

示例 1:

输入: amount = 5, coins = [1, 2, 5]
输出: 4
解释: 有四种方式可以凑成总金额:
5=5
5=2+2+1
5=2+1+1+1
5=1+1+1+1+1
示例 2:

输入: amount = 3, coins = [2]
输出: 0
解释: 只用面额2的硬币不能凑成总金额3。
示例 3:

输入: amount = 10, coins = [10]
输出: 1

注意:

你可以假设：

0 <= amount (总金额) <= 5000
1 <= coin (硬币面额) <= 5000
硬币种类不超过 500 种
结果符合 32 位符号整数

solution1 二维数组

class Solution {
    public int change(int amount, int[] coins) {
        int n = coins.length, m = amount;
        if (amount == 0) return 1;
        if(n == 1) {
            if (coins[0] == amount) return 1;
            if (coins[0] >= amount) return 0;
        }

        int[][] dp = new int[n+1][m+1];
        //base case
        for(int i = 0; i < n+1; i++){
            dp[i][0] = 1;
        }
        for (int i = 1; i < n+1; i++){
            for (int j = 1; j < m+1; j++){
                //当前值等于不放入当前硬币金额达到amount的情况，和当入当前硬币金额达到的情况
                if (j - coins[i-1] >= 0){
                    dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-coins[i-1]];
                }else {
                    dp[i][j] = dp[i-1][j];
                }
            }
        }
        return dp[n][m];
    }
}
//1.dp数组
//2.base case
//3.求状态转移方程（数学归纳法 或 根据实际情况推导，如背包问题分为放入和不放入两种情况）

solution 2 空间压缩

class Solution {
    public int change(int amount, int[] coins) {
        int n = coins.length, m = amount;
        if (amount == 0) return 1;
        if(n == 1) {
            if (coins[0] == amount) return 1;
            if (coins[0] >= amount) return 0;
        }

        int[] dp = new int[m+1];
        //base case
        dp[0] = 1;
        for (int i = 0; i < n; i++){
            for (int j = 1; j < m+1; j++){
                //当前值等于不放入当前硬币金额达到amount的情况，和当入当前硬币金额达到的情况
                if (j - coins[i] >= 0){
                    dp[j] = dp[j] + dp[j-coins[i]];
                }else {
                    dp[j] = dp[j];
                }
            }
        }
        return dp[m];
    }
}