一套框架解决「背包问题」

动态规划

背包问题

背包问题是一类经典的动态规划问题，它非常灵活，需要仔细琢磨体会，本文先对背包问题的几种常见类型作一个总结，期望可以用一套框架解决背包问题。 常见背包问题可分为：

• 01 背包问题：
  最基本的背包问题就是 01 背包问题：一共有 N 件物品，第 i（i 从 1 开始）件物品的重量为 w[i]，价值为 v[i]。在总重量不超过背包承载上限 W 的情况下，能够装入背包的最大价值是多少？

• 完全背包问题：
  完全背包与 01 背包不同就是每种物品可以有无限多个：一共有 N 种物品，每种物品有无限多个，第 i（i 从 1 开始）种物品的重量为 w[i]，价值为 v[i]。在总重量不超过背包承载上限 W 的情况下，能够装入背包的最大价值是多少？ 可见 01 背包问题与完全背包问题主要区别就是物品是否可以重复选取。

1、背包问题具备的特征：

是否可以根据一个 target（直接给出或间接求出），target 可以是数字也可以是字符串，再给定一个数组 arrs，问：能否使用 arrs 中的元素做各种排列组合得到 target。

2、背包问题解法：

• 01 背包问题：
  如果是 01 背包，即数组中的元素不可重复使用，外循环遍历 arrs，内循环遍历 target，且内循环倒序:

• 完全背包问题：
  （1）如果是完全背包，即数组中的元素可重复使用并且不考虑元素之间顺序，arrs 放在外循环（保证 arrs 按顺序），target在内循环。且内循环正序。 （2）如果组合问题需考虑元素之间的顺序，需将 target 放在外循环，将 arrs 放在内循环，且内循环正序。

3、背包问题解法推导过程（来源）

以leecode 322.零钱兑换题 为例：

给你一个整数数组 coins ，表示不同面额的硬币；以及一个整数 amount ，表示总金额。
计算并返回可以凑成总金额所需的 最少的硬币个数 。如果没有任何一种硬币组合能组成总金额，返回 -1 。
你可以认为每种硬币的数量是无限的。
示例 1：
输入：coins = [1, 2, 5], amount = 11
输出：3 
解释：11 = 5 + 5 + 1
示例 2：
输入：coins = [2], amount = 3
输出：-1
示例 3：
输入：coins = [1], amount = 0
输出：0
提示：
1 <= coins.length <= 12
1 <= coins[i] <= 231 - 1
0 <= amount <= 104

一、递归搜索+保存计算结果=记忆化搜索

class Solution {
public:
    int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
        int n = coins.size();
        vector<vector<int>> cache(n, vector<int>(amount+1));
        function<int(int, int)> dfs = [&](int i, int c) -> int {
            if ( i < 0) {
                return c == 0 ? 0 : INT_MAX / 2;
            }
            int &res = cache[i][c];
            if (res != -1) {
                return res;
            }
            if (c < coins[i]) {
                return res = dfs(i-1, c);
            }
            return res = min(dfs(i - 1, c), dfs(i, c - coins[i]) + 1);
        };
        int ans = dfs(n - 1, amount);
        return ans < INT_MAX/2 ? ans : -1;
    }
};

二、将记忆化搜索转为动态规划即递推

class Solution {
public:
    int coinChange(vector<int> &coins, int amount) {
        int n = coins.size();
        vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(amount + 1, amount + 1));
        dp[0][0] = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i)
            for (int c = 0; c <= amount; ++c)
                if (c < coins[i]) {
                    dp[i+1][c] = dp[i][c];
                } else {
                    dp[i+1][c] = min(dp[i][c], dp[i+1][c - coins[i]] + 1);
                }

        int ans = dp[n][amount];
        return ans > amount ? -1 : ans;
    }
};

三、空间优化为两个数组
原理为每次只使用当前行和上一行数据，因此可以进行优化

class Solution {
public:
    int coinChange(vector<int> &coins, int amount) {
        int n = coins.size();
        vector<vector<int>> dp(2, vector<int>(amount + 1, amount + 1));
        dp[0][0] = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i)
            for (int c = 0; c <= amount; ++c)
                if (c < coins[i]) {
                    dp[(i+1)%2][c] = dp[i%2][c];
                } else {
                    dp[(i+1)%2][c] = min(dp[i%2][c], dp[(i+1)%2][c - coins[i]] + 1);
                }

        int ans = dp[n%2][amount];
        return ans > amount ? -1 : ans;
    }
};

四、空间优化为一个数组

class Solution {
public:
    int coinChange(vector<int> &coins, int amount) {
        vector<int> dp(amount + 1, amount + 1);
        dp[0] = 0;

        for (int x : coins) {
            for (int c = x; c <= amount; ++c) {
                dp[c] = min(dp[c], dp[c - x] + 1);
            }
        }

        int ans = dp[amount];
        return ans > amount ? -1 : ans;
    }
};

可以看出在第四步的时候的答案即为0-1背包问题的通用解。

4、例题：

一、 01 背包问题
例题一：416. 分割等和子集

本题要求把数组分成两个等和的子集，相当于找到一个子集，其和为 sum / 2，这个 sum / 2 就是 target（target 间接给出）。 于是转化为是否可以用 nums 中的数组合和成 target，01 背包问题，外层循环为选择池 num: nums，内层循环为 target。

dp[i] 表示是否存在和为 i 的 num 组合。

外层遍历 nums 每个 num；
内层遍历 target（由大到小）。
对于元素之和等于 i - num 的每一种组合，在最后添加 num 之后即可得到一个元素之和等于 i 的组合，因此dp[i] 依赖于 dp[i - num]，并且在计算 dp[i - num] 时，要保证索引较小的元素值不被覆盖，需要后向更新 dp[i]，并且当 i - num < i 时， dp[i] 已经更新过，于是： dp[i] = dp[i] || dp[i - num] 对于特例：如果 sum 为奇数，那一定找不到符合要求的子集，返回 False。 对于边界条件，我们定义 dp[0] = true 表示当 i - num = 0，存在一个 num 和为 i。 最后返回 dp[target]。

class Solution {
public:
    bool canPartition(vector<int>& nums) {
        int len = nums.size();
        int sum = 0;
        for (int num: nums) {
            sum += num;
        }
        if ((sum & 1) == 1) {
            return false;
        }

        int target = sum / 2;
        vector<bool> dp(target + 1);
        dp[0] = true;

        for(int num: nums){
            for(int i = target; i >= num; i--){
               
                dp[i] = dp[i] || dp[i - num];
            }
        }
        return dp[target];
        
    }
};

复杂度分析：

时间复杂度：O(target × n)，其中 n 是数组 nums 的长度。
空间复杂度：O(target)。

例题二：494. 目标和

我们想要的 S = 正数和 - 负数和 = x - y 而已知 x 与 y 的和是数组总和：x + y = sum 可以求出 x = (S + sum) / 2 = target 也就是我们要从 nums 数组里选出几个数，令其和为 target（target 间接给出）。 于是转化为是否可以用 nums 中的数组合和成 target，01 背包问题，外层循环为选择池 nums，内层循环为 target。 dp[i] 表示和为 i 的 num 组合有 dp[i] 种。

外层遍历 nums 每个 num；
内层遍历 target（由大到小）。
对于元素之和等于 i - num 的每一种排列，在最后添加 num 之后即可得到一个元素之和等于 i 的排列，因此在计算 dp[i] 时，应该计算所有的 dp[i − num] 之和。 dp[i] = dp[i] + dp[i - num] 对于边界条件，我们定义 dp[0] = 1 表示只有当不选取任何元素时，元素之和才为 0，因此只有 1 种方案。 最后返回 dp[target]

class Solution {
public:
    int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int S) {
        int sum = 0;
        for(int num : nums) sum += num;
        if(S > sum || (S + sum) % 2 == 1) return 0;
        int target = (S + sum) / 2;
        vector<int> dp(target + 1);
        dp[0] = 1;
        for(int num : nums){
            for(int i = target; i >= num; i--){               
                dp[i] = dp[i] + dp[i - num];
            }
        }
        return dp[target];
    }
};

复杂度分析：

时间复杂度：O(target × n)，其中 n 是数组 nums 的长度。
空间复杂度：O(target)。

二、完全背包问题
例题三：139. 单词拆分

转化为是否可以用 wordDict 中的词组合成 s，完全背包问题，并且为“考虑排列顺序的完全背包问题”，外层循环为 target ，内层循环为选择池 wordDict。 dp[i] 表示以 i 结尾的字符串是否可以被 wordDict 中组合而成。

外层遍历 s 中每一个与 word 同长度的字串 s.substr(i - sz, sz) ；
内层遍历 wordDict 每个 word。
判断 s.substr(i - sz, sz) == word： （1）若不相等，说明与该 word 不匹配，继续遍历； （2）若相等，说明从 [i - sz] 到 i 的字符与 word 匹配。 dp[i] = dp[i] || d[[i - sz]] 对于边界条件，我们定义 dp[0] = true 表示空串且合法。 最后返回 dp[s.size()]

class Solution {
public:
    bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
        vector<bool> dp(s.size() + 1);
        dp[0] = true;
        for(int i = 1; i <= s.size(); i++){
            for(auto& word: wordDict){
                int sz = word.size();        
                if (i - sz >= 0 && s.substr(i - sz, sz) == word)
                    dp[i] = dp[i] || dp[i - sz];            
            }       
        }
        return dp[s.size()];
    }   
};

复杂度分析

时间复杂度：O(target × n)，其中 n 是数组 nums 的长度。
空间复杂度：O(target)。

例题四：279. 完全平方数
我们想要的 S = 若干个完全平方数的和 完全平方数最小为 1，最大为 sqrt(n) 也就是我们要从 nums = [1, 2, ..., sqrt(n)] 数组里选出几个数，令其平方和为 target = n。 于是转化为是否可以用 nums 中的数组合和成 target，完全背包问题，外层循环为选择池 nums，内层循环为 target。 dp[i] 表示和为 i 的 nums 组合中完全平方数最少有 dp[i] 个。

外层遍历 nums 每个 num；
内层遍历 n。

class Solution {
public:
    int numSquares(int n) {
        vector<int> dp(n+1, INT_MAX);;
        
        dp[0]=0;
        for(int num = 1; num <= sqrt(n); num++){
            for(int i = 0; i <= n; i++){
                if(i >= num * num)
                    dp[i] = min(dp[i], dp[i - num * num] + 1);
            }
        }
        return dp[n];
    }
};

对于元素之和等于 i - num * num 的每一种组合，在最后添加 num 之后即可得到一个元素平方和等于 i 的组合，因此在计算 dp[i] 时，应该计算所有的 dp[i − num * num] + 1 中的最小值。 dp[i] = min(dp[i], dp[i - num * num] + 1) 对于边界条件，我们定义 dp[0] = 0。 最后返回 dp[n]

复杂度分析

时间复杂度：O(n x sqrt{n})，在主步骤中，我们有一个嵌套循环，其中外部循环是 n 次迭代，而内部循环最多需要 sqrt{n} 迭代。
空间复杂度：O(n)，使用了一个一维数组 dp。

例题五：322. 零钱兑换
转化为是否可以用 coins 中的数组合和成 amount，完全背包问题，并且为“不考虑排列顺序的完全背包问题”，外层循环为选择池 coins，内层循环为 amount。 dp[i] 表示和为 i 的 coin 组合中硬币最少有 dp[i] 个。

外层遍历 coins 每个 coin；
内层遍历 amount。
对于元素之和等于 i - coin 的每一种组合，在最后添加 coin 之后即可得到一个元素之和等于 i 的组合，因此在计算 dp[i] 时，应该计算所有的 dp[i − coin] + 1 中的最小值。 dp[i] = min(dp[i], dp[i - coin] + 1) 对于边界条件，我们定义 dp[0] = 0。 最后返回 dp[amount]

class Solution {
public:
    int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {      
        vector<long long> dp(amount+1, INT_MAX);
        dp[0] = 0;
        for(int& coin: coins){
            for(int i = 0; i <= amount; i++){
                if(coin <= i)
                    dp[i] = min(dp[i], dp[i-coin] + 1);
            }
                
        }                        
        return dp[amount] == INT_MAX ? -1 : dp[amount];
    }
};

复杂度分析：

时间复杂度：O(amount x n)，其中 n 为 coins 大小
空间复杂度：O(amount)

例题六：377. 组合总和 Ⅳ
转化为是否可以用 nums 中的数组合和成 target，完全背包问题，并且为“考虑排列顺序的完全背包问题”，外层循环为 target ，内层循环为选择池 nums。 dp[i] 表示和为 i 的 num 组合有 dp[i] 种。

外层遍历 target；
内层遍历 nums 每个 num。
对于元素之和等于 i - num 的每一种排列，在最后添加 num 之后即可得到一个元素之和等于 i 的排列，因此在计算 dp[i] 时，应该计算所有的 dp[i − num] 之和。 dp[i] = dp[i] + dp[i - num] 对于边界条件，我们定义 dp[0] = 1 表示只有当不选取任何元素时，元素之和才为 0，因此只有 1 种方案。 最后返回 dp[target]

class Solution {
public:
    int combinationSum4(vector<int>& nums, int target) {
        vector<int> dp(target + 1);
        dp[0] = 1;
        for(int i = 1; i <= target; i++){
            for(int& num: nums){
                if(num <= i && dp[i - num] < INT_MAX - dp[i])
                    dp[i] += dp[i - num];
            }
        }
        return dp[target];
    }
};

复杂度分析：

时间复杂度：O(target x n)，其中 n 为 wordDict 大小
空间复杂度：O(target)

例题七：518. 零钱兑换 II 转化为是否可以用 coins 中的数组合和成 amount，完全背包问题，并且为“不考虑排列顺序的完全背包问题”，外层循环为选择池 coins，内层循环为 amount。 dp[i] 表示和为 i 的 coin 组合有 dp[i] 种。

外层遍历 coins 每个 coin；
内层遍历 amount。
对于元素之和等于 i - coin 的每一种组合，在最后添加 coin 之后即可得到一个元素之和等于 i 的组合，因此在计算 dp[i] 时，应该计算所有的 dp[i − coin] 之和。 dp[i] = dp[i] + dp[i - coin] 对于边界条件，我们定义 dp[0] = 1，表示只有当不选取任何元素时，元素之和才为 0，因此只有 1 种方案。 最后返回 dp[amount]。

class Solution {
public:
    int change(int amount, vector<int>& coins) {
        vector<int> dp(amount + 1);
        dp[0] = 1;
        for(int& coin: coins){
            for(int i = 0; i <= amount; i++){
            
                if(coin <= i)
                    dp[i] += dp[i - coin];
            }
        }
        return dp[amount];
    }
};

复杂度分析：

时间复杂度：O(amount x n)，其中 n 为 coins 大小
空间复杂度：O(amount)

转载：
https://leetcode.cn/problems/coin-change-ii/solutions/783992/yi-pian-wen-zhang-chi-tou-bei-bao-wen-ti-2xkk/?envType=study-plan-v2&envId=dynamic-programming
https://leetcode.cn/problems/coin-change-ii/solutions/744156/yi-tao-kuang-jia-jie-jue-bei-bao-wen-ti-6kaze/?envType=study-plan-v2&envId=dynamic-programming