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01背包理论基础
背包问题的理论基础重中之重是01背包，一定要理解透！
leetcode上没有纯01背包的问题，都是01背包应用方面的题目，也就是需要转化为01背包问题。
所以我先通过纯01背包问题，把01背包原理讲清楚，后续再讲解leetcode题目的时候，重点就是讲解如何转化为01背包问题了。
之前可能有些录友已经可以熟练写出背包了，但只要把这个文章仔细看完，相信你会意外收获！
01背包
有n件物品和一个最多能背重量为w 的背包。第i件物品的重量是weight[i]，得到的价值是value[i] 。每件物品只能用一次，求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。
这是标准的背包问题，以至于很多同学看了这个自然就会想到背包，甚至都不知道暴力的解法应该怎么解了。
这样其实是没有从底向上去思考，而是习惯性想到了背包，那么暴力的解法应该是怎么样的呢？
每一件物品其实只有两个状态，取或者不取，所以可以使用回溯法搜索出所有的情况，那么时间复杂度就是 o ( 2 n ) o(2^n) o(2n)，这里的n表示物品数量。
所以暴力的解法是指数级别的时间复杂度。进而才需要动态规划的解法来进行优化！
在下面的讲解中，我举一个例子：
背包最大重量为4。
物品为：
| 重量 | 价值 | |
|---|---|---|
| 物品0 | 1 | 15 |
| 物品1 | 3 | 20 |
| 物品2 | 4 | 30 |
问背包能背的物品最大价值是多少？
以下讲解和图示中出现的数字都是以这个例子为例。
二维dp数组01背包
依然动规五部曲分析一波。
- 确定dp数组以及下标的含义
对于背包问题，有一种写法， 是使用二维数组，即dp[i] [j] 表示从下标为[0-i]的物品里任意取，放进容量为j的背包，价值总和最大是多少。
只看这个二维数组的定义，大家一定会有点懵，看下面这个图：
要时刻记着这个dp数组的含义，下面的一些步骤都围绕这dp数组的含义进行的，如果哪里看懵了，就来回顾一下i代表什么，j又代表什么。
- 确定递推公式
再回顾一下dp[i] [j]的含义：从下标为[0-i]的物品里任意取，放进容量为j的背包，价值总和最大是多少。
那么可以有两个方向推出来dp[i] [j]，
- 不放物品i：由dp[i - 1] [j]推出，即背包容量为j，里面不放物品i的最大价值，此时dp[i] [j]就是dp[i - 1] [j]。(其实就是当物品i的重量大于背包j的重量时，物品i无法放进背包中，所以背包内的价值依然和前面相同。)
- 放物品i：由dp[i - 1] [j - weight[i]]推出，dp[i - 1] [j - weight[i]] 为背包容量为j - weight[i]的时候不放物品i的最大价值，那么dp[i - 1] [j - weight[i]] + value[i] （物品i的价值），就是背包放物品i得到的最大价值
所以递归公式： dp[i] [j] = max(dp[i - 1] [j], dp[i - 1] [j - weight[i]] + value[i]);
- dp数组如何初始化
关于初始化，一定要和dp数组的定义吻合，否则到递推公式的时候就会越来越乱。
首先从dp[i][j]的定义出发，如果背包容量j为0的话，即dp[i][0]，无论是选取哪些物品，背包价值总和一定为0。如图：
在看其他情况。
状态转移方程 dp[i] [j] = max(dp[i - 1] [j], dp[i - 1] [j - weight[i]] + value[i]); 可以看出i 是由 i-1 推导出来，那么i为0的时候就一定要初始化。
dp[0] [j]，即：i为0，存放编号0的物品的时候，各个容量的背包所能存放的最大价值。
那么很明显当 j < weight[0]的时候，dp[0] [j] 应该是 0，因为背包容量比编号0的物品重量还小。
当j >= weight[0]时，dp[0] [j] 应该是value[0]，因为背包容量放足够放编号0物品。
代码初始化如下：
//就是先保证只选第一个物品的背包价值
for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) {
dp[0][j] = value[0];
}
此时dp数组初始化情况如图所示：
dp[0][j] 和 dp[i][0] 都已经初始化了，那么其他下标应该初始化多少呢？
其实从递归公式： dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); 可以看出dp[i][j] 是由左上方数值推导出来了，那么 其他下标初始为什么数值都可以，因为都会被覆盖。
初始-1，初始-2，初始100，都可以！
但只不过一开始就统一把dp数组统一初始为0，更方便一些。
如图：
最后初始化代码如下：
// 初始化 dp
int[][] dp = new int[weight.length][bagweight+1]
for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) {
dp[0][j] = value[0];
}
费了这么大的功夫，才把如何初始化讲清楚，有时候感觉是不靠谱的。
- 确定遍历顺序
在如下图中，可以看出，有两个遍历的维度：物品与背包重量
那么问题来了，先遍历 物品还是先遍历背包重量呢？
其实都可以！！ 但是先遍历物品更好理解。
那么我先给出先遍历物品，然后遍历背包重量的代码。
for (int i = 1; i < weight.length; i++) {
for (int j = 0; j < bagSize + 1; j++) {
//如果当前背包的空间小于当前物品的重量,则不放入当前物品
if (j < weight[i]) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
}
/**
* 当前背包的容量可以放下物品i
* 那么此时分两种情况：
* 1、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
*/
else {
//不放当前物品的价值
int not = dp[i - 1][j];
//放入当前物品的价值
int yes = dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i];
dp[i][j] = Math.max(not, yes);
}
}
}
要理解递归的本质和递推的方向。
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); 递归公式中可以看出dp[i][j]是靠dp[i-1][j]和dp[i - 1][j - weight[i]]推导出来的。
dp[i-1][j]和dp[i - 1][j - weight[i]] 都在dp[i][j]的左上角方向（包括正上方向），那么先遍历物品，再遍历背包的过程如图所示：
- 举例推导dp数组
来看一下对应的dp数组的数值，如图：
最终结果就是dp[2][4]。
建议大家此时自己在纸上推导一遍，看看dp数组里每一个数值是不是这样的。
做动态规划的题目，最好的过程就是自己在纸上举一个例子把对应的dp数组的数值推导一下，然后在动手写代码！
很多同学做dp题目，遇到各种问题，然后凭感觉东改改西改改，怎么改都不对，或者稀里糊涂就改过了。
主要就是自己没有动手推导一下dp数组的演变过程，如果推导明白了，代码写出来就算有问题，只要把dp数组打印出来，对比一下和自己推导的有什么差异，很快就可以发现问题了。
public static void main(String[] args) {
int[] weight = {1, 3, 4};
int[] value = {15, 20, 30};
int bagSize = 4;
testWeightBagProblem(weight, value, bagSize);
}
/**
* 动态规划获得结果
*
* @param weight 物品的重量
* @param value 物品的价值
* @param bagSize 背包的容量
*/
public static void testWeightBagProblem(int[] weight, int[] value, int bagSize) {
//创建dp数组,第一个为获取物品的数量,第二个为背包的大小
int[][] dp = new int[weight.length][bagSize + 1];
//初始化dp数组,只初始化第一行
for (int i = 0; i < bagSize + 1; i++) {
if (i >= weight[0]) {
dp[0][i] = value[0];
}
}
for (int i = 1; i < weight.length; i++) {
for (int j = 0; j < bagSize + 1; j++) {
//如果当前背包的空间小于当前物品的重量,则不放入当前物品
if (j < weight[i]) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
}
/**
* 当前背包的容量可以放下物品i
* 那么此时分两种情况：
* 1、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
*/
else {
//不放当前物品的价值
int not = dp[i - 1][j];
//放入当前物品的价值
int yes = dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i];
dp[i][j] = Math.max(not, yes);
}
}
}
// 打印dp数组
for (int i = 0; i < weight.length; i++) {
for (int j = 0; j <= bagSize; j++) {
System.out.print(dp[i][j] + "\t");
}
System.out.println("\n");
}
}
一维dp数组(滚动数组)
对于背包问题其实状态都是可以压缩的。
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]);
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）。
这就是滚动数组的由来，需要满足的条件是上一层可以重复利用，直接拷贝到当前层。
读到这里估计大家都忘了 dp[i] [j]里的i和j表达的是什么了，i是物品，j是背包容量。
dp[i] [j] 表示从下标为[0-i]的物品里任意取，放进容量为j的背包，价值总和最大是多少。
一定要时刻记住这里i和j的含义，要不然很容易看懵了。
动态规划五部曲
- 确定dp数组的含义
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]。
- 确定一维dp数组的递推公式
dp[j]为 容量为j的背包所背的最大价值，那么如何推导dp[j]呢？
dp[j]可以通过dp[j - weight[i]]推导出来，dp[j - weight[i]]表示容量为j - weight[i]的背包所背的最大价值。
dp[j - weight[i]] + value[i] 表示 容量为 j - 物品i重量 的背包 加上 物品i的价值。（也就是容量为j的背包，放入物品i了之后的价值即：dp[j]）
此时dp[j]有两个选择，一个是取自己dp[j] 相当于二维dp数组中的dp[i-1] [j]，即不放物品i，一个是取dp[j - weight[i]] + value[i]，即放物品i，指定是取最大的，毕竟是求最大价值，
所以递归公式为：
dp[j] = Math.max(dp[j],dp[j - weight[i]] + value[i])
可以看出相对于二维dp数组的写法，就是把dp[i][j]中i的维度去掉了。
- 一维dp数组初始化
关于初始化，一定要和dp数组的定义吻合，否则到递推公式的时候就会越来越乱。
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]，那么dp[0]就应该是0，因为背包容量为0所背的物品的最大价值就是0。
那么dp数组除了下标0的位置，初始为0，其他下标应该初始化多少呢？
看一下递归公式：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
dp数组在推导的时候一定是取价值最大的数，如果题目给的价值都是正整数那么非0下标都初始化为0就可以了。
这样才能让dp数组在递归公式的过程中取的最大的价值，而不是被初始值覆盖了。
那么我假设物品价值都是大于0的，所以dp数组初始化的时候，都初始为0就可以了。
- 一维dp数组遍历顺序
for (int i = 1; i < weight.length; i++) {
for (int j = bagSize; j >= weight[i]; j--) {
//当前是不需要再进行背包的空间与当前物品的重量的判断
dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
}
}
这里大家发现和二维dp的写法中，遍历背包的顺序是不一样的！
二维dp遍历的时候，背包容量是从小到大，而一维dp遍历的时候，背包是从大到小。
为什么呢？
倒序遍历是为了保证物品i只被放入一次！。但如果一旦正序遍历了，那么物品0就会被重复加入多次！
举一个例子：物品0的重量weight[0] = 1，价值value[0] = 15
如果正序遍历
dp[1] = dp[1 - weight[0]] + value[0] = 15
dp[2] = dp[2 - weight[0]] + value[0] = 30
此时dp[2]就已经是30了，意味着物品0，被放入了两次，所以不能正序遍历。
为什么倒序遍历，就可以保证物品只放入一次呢？
倒序就是先算dp[2]
dp[2] = dp[2 - weight[0]] + value[0] = 15 （dp数组已经都初始化为0）
dp[1] = dp[1 - weight[0]] + value[0] = 15
所以从后往前循环，每次取得状态不会和之前取得状态重合，这样每种物品就只取一次了。
那么问题又来了，为什么二维dp数组遍历的时候不用倒序呢？
因为对于二维dp，dp[i] [j]都是通过上一层即dp[i - 1] [j]计算而来，本层的dp[i] [j]并不会被覆盖！
使用一维数组的话,从前向后遍历会覆盖上一层数组,会导致物品i会被放入多次,从后向前遍历则避免了这个问题.
（如何这里读不懂，大家就要动手试一试了，空想还是不靠谱的，实践出真知！）
再来看看两个嵌套for循环的顺序，代码中是先遍历物品嵌套遍历背包容量，那可不可以先遍历背包容量嵌套遍历物品呢？
不可以！
因为一维dp的写法，背包容量一定是要倒序遍历（原因上面已经讲了），如果遍历背包容量放在上一层，那么每个dp[j]就只会放入一个物品，即：背包里只放入了一个物品。
倒序遍历的原因是，本质上还是一个对二维数组的遍历，并且右下角的值依赖上一层左上角的值，因此需要保证左边的值仍然是上一层的，从右向左覆盖。
（这里如果读不懂，就再回想一下dp[j]的定义，或者就把两个for循环顺序颠倒一下试试！）
所以一维dp数组的背包在遍历顺序上和二维其实是有很大差异的！，这一点大家一定要注意。
- 举例推导dp数组
一维dp，分别用物品0，物品1，物品2 来遍历背包，最终得到结果如下：
public static void main(String[] args) {
int[] weight = {1, 3, 4};
int[] value = {15, 20, 30};
int bagSize = 4;
testWeightBagProblem(weight, value, bagSize);
}
/**
* 动态规划获得结果
*
* @param weight 物品的重量
* @param value 物品的价值
* @param bagSize 背包的容量
*/
public static void testWeightBagProblem(int[] weight, int[] value, int bagSize) {
//创建dp数组,第一个为获取物品的数量,第二个为背包的大小
int[] dp = new int[bagSize + 1];
//初始化dp数组,只初始化第一行
for (int i = 0; i < bagSize + 1; i++) {
if (i >= weight[0]) {
dp[i] = value[0];
}
}
//第一层为物品的重量
for (int i = 1; i < weight.length; i++) {
//第二层为背包的容量
for (int j = bagSize; j >= weight[i]; j--) {
//当前是不需要再进行背包的空间与当前物品的重量的判断
//一共就两种情况,只需要判断这
dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
}
}
// 打印dp数组
for (int i = 0; i < dp.length; i++) {
System.out.print(dp[i] + " ");
}
}
416.分割等和子集
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。
示例 1：
输入：nums = [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：nums = [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。
提示：
1 <= nums.length <= 2001 <= nums[i] <= 100
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思路
这道题目初步看，和如下两题几乎是一样的，大家可以用回溯法，解决如下两题
- 698.划分为k个相等的子集
- 473.火柴拼正方形
这道题目是要找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。
那么只要找到集合里能够出现 sum / 2 的子集总和，就算是可以分割成两个相同元素和子集了。
本题是可以用回溯暴力搜索出所有答案的，但最后超时了，也不想再优化了，放弃回溯，直接上01背包吧。
背包问题，大家都知道，有N件物品和一个最多能背重量为W 的背包。第i件物品的重量是weight[i]，得到的价值是value[i] 。每件物品只能用一次，求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。
背包问题有多种背包方式，常见的有：01背包、完全背包、多重背包、分组背包和混合背包等等。
要注意题目描述中商品是不是可以重复放入。
即一个商品如果可以重复多次放入是完全背包，而只能放入一次是01背包，写法还是不一样的。
要明确本题中我们要使用的是01背包，因为元素我们只能用一次。
回归主题：首先，本题要求集合里能否出现总和为 sum / 2 的子集。
那么来一一对应一下本题，看看背包问题如何来解决。
只有确定了如下四点，才能把01背包问题套到本题上来。
- 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。
动规五部曲分析如下：
- 确定dp数组以及下标的含义
01背包中，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]。
本题中每一个元素的数值既是重量，也是价值。
套到本题，dp[j]表示 背包总容量（所能装的总重量）是j，放进物品后，背的最大重量为dp[j]。
那么如果背包容量为target， dp[target]就是装满 背包之后的重量，所以 当 dp[target] == target 的时候，背包就装满了。
有录友可能想，那还有装不满的时候？
拿输入数组 [1, 5, 11, 5]，举例， dp[7] 只能等于 6，因为 只能放进 1 和 5。
而dp[6] 就可以等于6了，放进1 和 5，那么dp[6] == 6，说明背包装满了。
- 确定递推公式
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]);
- dp数组初始化
在01背包，一维dp如何初始化，已经讲过，
从dp[j]的定义来看，首先dp[0]一定是0。
如果题目给的价值都是正整数那么非0下标都初始化为0就可以了，如果题目给的价值有负数，那么非0下标就要初始化为负无穷。
这样才能让dp数组在递推的过程中取得最大的价值，而不是被初始值覆盖了。
本题题目中 只包含正整数的非空数组，所以非0下标的元素初始化为0就可以了。
代码如下：
int target = sum / 2;
int[] dp = new int[target + 1];
- 确定遍历顺序
在动态规划：关于01背包问题，你该了解这些！（滚动数组） (opens new window)中就已经说明：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！
代码如下：
//遍历数组(物品)
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
// 每一个元素一定是不可重复放入，所以从大到小遍历
for (int j = target; j >= nums[i]; j--) {
//物品 i 的重量是 nums[i]，其价值也是 nums[i]
dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]);
}
}
- 举例推导dp数组
dp[j]的数值一定是小于等于j的。
如果dp[j] == j 说明，集合中的子集总和正好可以凑成总和j，理解这一点很重要。
用例1，输入[1,5,11,5] 为例，如图：
最后dp[11] == 11，说明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。
整体代码如下:
public boolean canPartition(int[] nums) {
if (nums == null || nums.length == 0) return false;
//先找到当前nums的总和
int sum = 0;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
sum += nums[i];
}
//总和为基数直接返回false
if (sum % 2 == 1) {
return false;
}
int target = sum / 2;
int[] dp = new int[target + 1];
//遍历数组(物品)
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
// 每一个元素一定是不可重复放入，所以从大到小遍历
for (int j = target; j >= nums[i]; j--) {
//物品 i 的重量是 nums[i]，其价值也是 nums[i]
dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]);
}
}
return dp[target] == target;
}
- 时间复杂度：O(n^2)
- 空间复杂度：O(n)，虽然dp数组大小为一个常数，但是大常数
二维dp数组解法
public boolean canPartition(int[] nums) {
if (nums == null || nums.length == 0) return false;
//先找到当前nums的总和
int sum = 0;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
sum += nums[i];
}
//总和为基数直接返回false
if (sum % 2 == 1) {
return false;
}
int target = sum / 2;
int[][] dp = new int[nums.length][target + 1];
//遍历数组(物品)
for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
for (int j = 0; j <= target; j++) {
//如果当前背包的空间小于当前物品的重量,则不放入当前物品
if (j < nums[i]) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
} else {
//如果当前背包的空间大于等于当前物品的重量,选择放入或者不放入
int not = dp[i - 1][j];
int yes = dp[i - 1][j - nums[i]] + nums[i];
dp[i][j] = Math.max(not, yes);
}
}
}
return dp[nums.length - 1][target] == target;
}
标签：01,weight,int,随想录,背包,数组,物品,dp From： https://blog.csdn.net/weixin_60364343/article/details/140745459
- 时间复杂度：O(n^2)
- 空间复杂度：O(n^2)