背包问题看这一篇就够了！顺利拿下背包手撕

AlexLihx
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背包问题

分类

首先，笔者将背包问题分成如下几类：

image.png

当然这并不涵盖全部的背包问题，只是以笔者准备面试、看面经及自己的亲身经历而言，熟练掌握上图这几种背包问题不仅能快速入门，相信在面试手撕中遇到的背包问题也不会超出这个范围。

1. 0 1 背包

01背包的定义是有背包一个、物品若干，并且一个物品只能被选择一次，问满足某某条件下的最大/最小。这种描述基本上就是背包问题了。背包问题的关键就是只能选择一次，因此这里先抛出结论，处理01背包时“外层遍历物品从前往后，内层遍历背包，从后往前”

这里笔者又将01背包分成了“明显的”、和“需要转换的”，顾名思义，明显的就是大白话告诉你此题什么是背包什么是物品，像这种直接套模板就好了，而需要转换的往往看上去和背包毫无关系，但你又无从下手，这个时候要是能敏锐的发现它是个背包问题，题目就会变得很简单。

1-1 明显的背包问题

如题： image.png

这种题型，明显的定义了什么是背包什么是物品。

import java.util.Scanner;

public class Main {
    public static void main(String[] args) {
        Scanner sc = new Scanner(System.in);
        int N = sc.nextInt();
        int V = sc.nextInt();
        int[] vs = new int[N+1];
        int[] ws = new int[N+1];
        for(int i = 1;i <= N;i++){
            vs[i] = sc.nextInt();
            ws[i] = sc.nextInt();
        }
        int[] dp = new int[V+1];
        for(int i = 1;i <= N;i++){
            for(int j = V;j>=vs[i];j--){
                dp[j] = Math.max(dp[j],dp[j-vs[i]]+ws[i]);
            }
        }
        System.out.println(dp[V]);
    }
}

显然，此题就是给定物品若干，在满足某某条件的情况下往背包装，被问最值。显然的背包问题，直接套模板，外层遍历物品，将物品从前往后逐一尝试，这是容易理解的，但为何里面遍历背包是从后往前呢，这里不妨手推一下，假如一个物品重量为1，从前往后去尝试这个物品的时候，内存从前往后遍历背包，那背包容积为1的时候能背的重量是dp[0] + 1 = 1，当遍历到2时同理变成了2，这就矛盾了，一个物品相当于被选择了多次，这里只能选择一次物品的话无论容量是1还是2甚至1000，能背下的重量都是1而已。因此遍历的顺序是从后往前遍历背包。

1-2 需要转换的背包问题

image.png

此题的关键在于如何将其转成背包问题，试想，当我们有一个容积为总的石头重量的二分之一的一个背包，假如我们能将其装满，那么所有的石头都会被相互砸碎，假如装不满，那么我们就想尽办法将它装到尽可能的满，那么背包背住的最大值乘以2就是能砸碎的最大值！

因此，定义背包为dp[总重量二分之一]，价值和重量都为石头重量，故状态转移方程dp[i] = max(dp[i],dp[i-stones[i]] + stones[i])。

    public int lastStoneWeightII(int[] stones) {
        int sum = 0;
        for(int i = 0;i < stones.length;i++){
            sum += stones[i];
        }
        int target = (sum >> 1);
        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 - dp[target] * 2;
    }

将问题转换成背包思想以后，套模板即可。
再试一个类似的：

image.png

首先如果零要加的数之和是left，要减的数的和是right，那么有如下等式成立：
left + right = sum；left - right = target；因此left = （sum + target）/2;
问题就变成了在nums中找若干个数，只能以加的形式组合成left的方案数。

状态表示dp[i] = x，就是用nums来表示出i的方案数是x

因此定义int dp[] = new int[left] ,dp[left]就是答案

初始化dp[0] = 1，也就是啥也没有得时候组成0得方式也有1种那就是啥也没有，这才能保证后面递推的时候有值。

确定遍历顺序，外层从头遍历nums的值，内层从left开始遍历dp（为了防止重复利用）

状态转移方程：dp[j] += dp[j - nums[i]]，能组成j - nums[i]的方案就肯定能组成j，因为当前的数就是nums[i]

    class Solution {
    public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
        if(nums.length == 1){
            if(target == nums[0] || target == -nums[0]){
                return 1;
            }
            return 0;
        }
        int sum = 0;
        for(int i = 0;i < nums.length;i++){
            sum += nums[i];
        }
        int left = (sum + target) >> 1;
        if((sum + target) % 2 != 0)return 0;
        int[] dp = new int[left + 1];
        dp[0] = 1;
        for(int i = 0;i < nums.length;i++){
            for(int j = left;j >= nums[i];j--){
                dp[j] += dp[j - nums[i]];
            }
        }
        return dp[left];
    }
}

完全背包

0，1背包的关键就在于一个物品只能选择一次，因此在内嵌套循环中对背包进行遍历时需要从后往前进行遍历（如此便保证了一个物品只能被选择一次）。在0，1背包中物品（题目中给的数组在外循环进行遍历），背包（根据题意设出的dp数组）在内循环进行遍历。完全背包是给定了物品求满足某种条件下的最大方案数，这种是物品可以无限次进行选择，与0，1背包一样，题目给定的数组为物品，而要求的东西可设为dp数组（背包），外循环同样对物品进行遍历而内循环则对背包从前往后进行遍历，如此的目的是为了将一个物品选择无数次。

在完全背包中又分为两种：

1、不考虑顺序求方案数，也即是求组合数的问题，见下面例1，在这种情况物品只能被选择一次（因为2，1与1，2只能算一种，因此只能选择一次）此时，为了保证物品只被选择一次，因此外循环负责对物品进行遍历而内循环负责对背包进行遍历。

2、考虑顺序求排列数的完全背包，此种情况下1，2与2，1便要算两种，仍然在外层遍历物品的话就会导致1，2与2，1只能出现一次（因为是按顺序在外层只能遍历一次，因此1，2与2，1谁在前面就只能出现谁）。对于这种情况下的完全（物品可选n次）排列（不同的选择顺序导致不同方案）背包就需要在外层遍历背包而内层遍历物品，如此一来相当于内层循环会被遍历多次，也就是1，2与2，1都会出现到。见例2：

不考虑顺序的完全背包

image.png

该题是一种组合问题，也就是2，2，1和2，1，2算做一种，这种情况外层对物品进行遍历即可，否则上面这种就会被记作两种，内存对背包进行遍历时为了可以重复利用物品（完全背包）则从前往后遍历而非从后往前。
总金额定义为背包dp[amount + 1]，dp[amount]就是方案数。
物品就是硬币集合。
状态转移方程：dp[j] = dp[j - coins[i]] + dp[j];也就是能组成dp[j - coins[i]]的就一定能组成dp[j]。

    class Solution {
    public int change(int amount, int[] coins) {
        int[] dp = new int[amount + 1];
        dp[0] = 1;
        for(int i = 0;i < coins.length;i++){
            if(coins[i] > amount)continue;
            for(int j = coins[i];j <= amount;j++){
                dp[j] = dp[j - coins[i]] + dp[j];
            }
        }
        return dp[amount];
    }
}

考虑顺序的完全背包

这种类型的完全背包问题和不考虑顺序的区别就在于1，2，1这种算一种方案、1，1，2又算一种方案，假如还是外层遍历物品就会导致这二种始终只能出现一种，因为物品的添加顺序已被固定。故一共外层遍历背包内层遍历物品，这样才能出现不同的组合。

image.png 确定背包：dp[target + 1]，定义就是组成j的方案数；
状态转移：dp[j] += dp[j-nums[i]] ;
遍历顺序，外层背包，内层物品，从前往后：

    class Solution {
    public int combinationSum4(int[] nums, int target) {
        int dp[] = new int[target + 1];
        dp[0] = 1;
        for(int i = 1;i <= target;i++){
            for(int j = 0;j < nums.length;j++){
                if(i - nums[j] >= 0){
                    dp[i] += dp[i-nums[j]];
                }
            }
        }
        return dp[target];
    }
}

总结

读到这里，基本的背包问题基本就熟悉了，但这并不是全部的背包问题，此文章仅仅针对手撕时的问题，手撕通常不会出现极难的背包。掌握这些题目再稍加练习即可。
最后总结：背包分为01背包和完全背包，01背包又分为显然的和需要转换的，模板都是外层物品内层背包，背包从前往后。完全背包又被分为不考虑顺序的和考虑顺序的，为了保证物品的多次选择，遍历顺序都是从前往后，区别在于要考虑顺序时外层遍历背包内层遍历物品，以保证出现不同的顺序。
完。

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