LeeCode 动态规划（二）

01背包问题

题目描述

有 n 件物品和容量为 w 的背包，给你两个数组 weights 和 values ，分别表示第 i 件物品的重量和价值，每件物品只能使用一次，求解将哪些物品装入背包可使得物品价值总和最大？

建立模型

1. 确定dp数组及下标的含义，数组的含义为从第 [0, i - 1] 个物品中选择若干个物品，其重量和小于等于 j 的最大价值。
2. 初始化dp数组，dp[i][0] = 0 (0 < i < length)，即背包容量为0的最大价值为0；dp[0][j] = 0，即没有物品选择时最大价值为0。
3. 确定递推公式：
   dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j - weighti[i]] + values[i], dp[i - 1][j]) (weights[i] <= j)，左边表示选择当前物品，右边表示不选择当前物品；
   dp[i][j] = dp[i - 1][j] (weights[i] > j)，当前物品重量大于背包容量，无法选择。
4. 确定遍历顺序，外循环遍历物品i -> 0 ~ length-1，内循环遍历背包容量j -> 1 ~ bagSize，此情况下内外循环的顺序交换不影响结果。

代码实现

public int zeroOneBagProblem(int[] weights, int[] values, int bagSize) {
  int n = weights.length;
  int[][] dp = new int[n + 1][bagSize + 1];
  
  /**
   * 这两步初始化其实可以省略（定义数组时默认值为0）
   * 但初次学习背包问题就做了显式初始化。
   */
  for (int i = 0; i <= n; i++) {
    dp[i][0] = 0;
  }
  
  for (int j = 0; j <= bagSize; j++) {
    dp[0][j] = 0;
  }
  
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    for (int j = 1; j <= bagSize; j++) {
      if (j >= weights[i - 1]) {
        dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weights[i - 1]] + values[i - 1]);
      }
      else {
        dp[i][j] = dp[i - 1][j];
      }
    }
  }
  
  return dp[n][bagSize];
}

代码优化

状态压缩：对于递推公式 dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j - weighti[i]] + values[i], dp[i - 1][j]) ，第 i 层只和第 i - 1 层的状态有关，可以只用一个一维数组表示。

public int zeroOneBagProblem(int[] weights, int[] values, int bagSize) {
  int n = weights.length;
  
  /**
   * 数组的含义为背包容量j的最大价值总和
   */
  int[] dp = new int[bagSize + 1];
  
  for (int i = 0; i < length; i++) {
    /**
     * 必须倒序遍历背包容量以保证 dp[j - weights[i]] 是上一层的状态，而不是当前层
     * 否则会出现同一物品多次放入的状态
     */
    for (int j = bagSize, j >= weight[i]; j--) {
      dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - weights[i]] + values[i]);
    }
  }
  
  return dp[bagSize];
}

LeeCode 416：分割等和子集

题目描述

给你一个只包含正整数的非空数组 nums。请你判断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。

建立模型

本题表面是一个回溯的问题，对于每一个元素可以选择添加或者不添加到集合中，回溯过程中判断当前集合的元素和是否等于 sum / 2 。

如何把该问题转化为 01背包问题 呢？

分割数组得到两个等和的子集 $\Leftrightarrow$ 能否从数组中选择一些元素使其和等于整个数组的一半，且每个元素只能选择一次。

物品 $\rightarrow$ 数组中的元素，价值和重量都是 nums[i]

背包容量 $\rightarrow$ sum / 2

• 确定dp数组及下标含义，数组的含义为从 nums[0] ~ nums[i] 中选取若干整数，是否存在和等于 j 的情况。
• 初始化dp数组，dp[i][0] = true $\Rightarrow$ 不选任何元素可使和为0，dp[0][nums[0]] = true $\Rightarrow$ 只有一个元素可选时，只选该元素对应的和为 true。
• 确定递推公式：
  $$\begin{cases} dp[i][j] = dp[i - 1][j]\ ||\ dp[i - 1][j - nums[i]] \quad (j >= nums[i])\\ dp[i][j] = dp[i - 1][j] \quad (j < nums[i]) \end{cases}$$

• 确定遍历顺序，外循环遍历物品i -> 1 ~ n，内循环遍历背包容量j -> 1 ~ sum / 2

代码实现

public boolean canPartition(int[] nums) {
  // 考虑特殊情况
  if (nums.length == 1) {
    return false;
  }

  int sum = 0;
  int max_value = 0;
  for (int num : nums) {
    sum += num;
    max_value = Math.max(num, max_value);
  }

  if (sum % 2 != 0 || max_value > sum / 2) {
    return false;
  }


  int target = sum / 2;
  int n = nums.length;

  // 创建 dp 数组
  boolean[][] dp = new boolean[n][target + 1];
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    dp[i][0] = true;
  }
  dp[0][nums[0]] = true;

  for (int i = 1; i < n; i++) {
    for (int j = 1; j <= target; j++) {
      if (j >= num[i]) {
        dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i - 1][j - num[i]];
      }
      else {
        dp[i][j] = dp[i - 1][j];
      }
    }
  }

  return dp[n - 1][target];
}


/**
 * 一维dp数组实现
 */
public boolean canPartition(int[] nums) {
  // 考虑特殊情况
  if (nums.length == 1) {
    return false;
  }

  int sum = 0;
  int max_value = 0;
  for (int num : nums) {
    sum += num;
    max_value = Math.max(num, max_value);
  }

  if (sum % 2 != 0 || max_value > sum / 2) {
    return false;
  }


  int target = sum / 2;
  int n = nums.length;

  // 创建 dp 数组
  boolean[] dp = new boolean[target + 1];
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    dp[0] = true;
  }

  for (int i = 0; i < n; i++) {
    for (int j = target; j >= nums[i]; j--) {
      dp[j] = dp[j] || dp[j - nums[i]];
    }
  }
  
  return dp[target];
}

LeeCode 1049：最后一块石头的重量II

题目描述

有一堆石头，用整数数组 stones 表示。其中 stones[i] 表示第 i 块石头的重量。

每一回合，从中选出任意两块石头，然后将它们一起粉碎。假设石头的重量分别为 x 和 y，且 x <= y。那么粉碎的可能结果如下：

如果 x == y，那么两块石头都会被完全粉碎；
如果 x != y，那么重量为 x 的石头将会完全粉碎，而重量为 y 的石头新重量为 y-x。
最后，最多只会剩下一块 石头。返回此石头 最小的可能重量 。如果没有石头剩下，就返回 0。

建立模型

问题转化 $\Rightarrow$ 01背包问题
该问题描述等价于选取若干石头使其重量小于等于 sum/2 的最大值，sum 为 stones 数组石头的重量总和。选取石头的重量越接近 sum / 2 ，最近剩余的石头重量就越小。

物品 $\rightarrow$ 石头，价值和重量都是 stones[i]，且每个石头只能选择一次

背包容量 $\rightarrow$ sum/2

代码实现

public int lastStoneWeightII(int[] stones) {
  int sum = 0;
  for (int stone : stones) {
    sum += stone;
  }
  
  int target = sum / 2;
  int[] dp = new int[target + 1];
  
  for (int i = 0; i < stones.length; i++) {
    for (int j = target; j >= stones[i]; j--) {
      dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i]);
    }
  }
  
  return sum - 2 * dp[target];
}

LeeCode 494：目标和

题目描述

给你一个整数数组 nums 和一个整数 target 。

向数组中的每个整数前添加 + 或 - ，然后串联起所有整数，可以构造一个 表达式 ：

例如，nums = [2, 1] ，可以在 2 之前添加 + ，在 1 之前添加 -'，然后串联起来得到表达式 "+2-1" 。
返回可以通过上述方法构造的、运算结果等于 target 的不同 表达式 的数目。

建立模型

问题转化 $\Rightarrow$ 01背包问题

该问题描述等价于在数组中选择若干个元素使其和等于 (sum - target) / 2 的不同方法数。我们只需要给这些元素添加负号，数组中其它所有元素添加正号，则可使这个表达式的运算结果为 target。

物品 $\rightarrow$ 整数数组，重量和价值都是nums[i]，且每个数字只能选择一次

背包容量 $\rightarrow$ (sum - target) / 2

代码实现

public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
  int sum = 0;
  for (int num : nums) {
    sum += num;
  }
  
  if (sum < Math.abs(target) || (sum - target) % 2 != 0) {
    return 0;
  }
  
  int cur = (sum - target) / 2;
  
  // 数组的含义为从数组中选择元素使其和为 j 的方法数。
  int[] dp = new int[cur + 1];
  
  // dp[0][0] = 1, 表示没有任何物品可以选择且和为0的方法数
  dp[0] = 1
  
  for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
    for (int j = cur; j >= nums[i]; j--) {
      dp[j] += dp[j - nums[i]];
    }
  }
  
  return dp[cur];
}

LeeCode 474：一和零

题目描述

给你一个二进制字符串数组 strs 和两个整数 m 和 n 。

请你找出并返回 strs 的最大子集的长度，该子集中 最多 有 m 个 0 和 n 个 1 。

如果 x 的所有元素也是 y 的元素，集合 x 是集合 y 的 子集 。

建立模型

问题转化 $\Rightarrow$ 01背包问题

本题在经典背包问题的基础上，背包容量被划分为两个维度（0的容量和1的容量），做法是和01背包问题完全一致的。

• 确定dp数组及下标的含义，数组的含义为最多有 j 个 0 和 k 个 1 的最大子集长度
• 初始化dp数组 dp[0][0] = 0
• 确定递推公式：
  $$dp[j][k] = Math.max(dp[j][k], dp[j - countZero][k - countOne])$$

• 确定遍历顺序，外循环遍历物品i->0 ~ length-1，内循环遍历背包容量。

代码实现

public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) {
  int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];
  
  for (int i = 0; i < strs.length; i++) {
    String s = strs[i];
    int countZero = getOneZero(s)[0], countOne = getOneZero(s)[1];
    
    for (int j = m; j >= countZero; j--) {
      for (int k = n; k >= countOne; k--) {
        dp[j][k] = Math.max(dp[j][k], dp[j - countZero][k - countOne] + 1);
      }
    }
  }
  
  return dp[m][n];
}

public int[] getOneZero(String s) {
  int[] res = new int[2];
  for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
    res[s.charAt(i) - '0'] += 1;
  }
  
  return res;
}