动态规划：0-1背包、完全背包及其变形【零神基础精讲】0-1背包、完全背包及其拓展（选/不选思想的代表）

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我是靠谱客的博主轻松信封，最近开发中收集的这篇文章主要介绍动态规划：0-1背包、完全背包及其变形【零神基础精讲】0-1背包、完全背包及其拓展（选/不选思想的代表），觉得挺不错的，现在分享给大家，希望可以做个参考。

概述

来源0x3f：https://space.bilibili.com/206214

【宫水三叶】详解完全背包一维空间优化推导（附背包问题攻略）https://leetcode.cn/circle/discuss/GWpXCM/

文章目录

0-1背包、完全背包及其拓展（选/不选思想的代表）
- 0-1背包常见变形【至多/恰好/至少】 ※重要
- - [494. 目标和](https://leetcode.cn/problems/target-sum/)
  - - 记忆化搜索
    - 1:1翻译成递推（动态规划）
    - 空间优化：滚动数组
    - 空间优化（一个数组）从后往前遍历背包
- 完全背包变形
- - [322. 零钱兑换](https://leetcode.cn/problems/coin-change/)
  - - 记忆化搜索
    - 翻译成递推
    - 空间优化（一维数组）从前到后遍历背包
- 练习
- - [416. 分割等和子集](https://leetcode.cn/problems/partition-equal-subset-sum/)
  - [279. 完全平方数](https://leetcode.cn/problems/perfect-squares/)
  - [518. 零钱兑换 II](https://leetcode.cn/problems/coin-change-ii/)
0-1背包完全背包多重背包背包具体方案数【宫水三叶】
- 0-1背包问题
- 完全背包问题
- 多重背包问题
- 分组背包问题
- 背包问题具体方案数
- 总结

对边界条件的总结：

不同的题目，所要的答案不同，比如：方案数，最大、小值，数字个数，能否构成？

这也就意味着 dp 数组值可以为数值，也可以是 boolean 类型

另外，同样是数值的情况下，不同的要求，也会造成不同的初始值 f[0][0]：

能否构成： f[0][0] = True ； 0 可以构成 0
方案数：f[0][0] = 1 ； 0 组成 0 只有一种方案
数字个数：f[0][0] = 0 ； 0 组成 0 没有使用数字
最大值、最小值：问题一般会回归到方案数或数字个数问题，一般会使用到 max/min 函数约束答案，而且会使用 +-inf 初始化来表示极端情况。比如：力扣 279 求最小数量（f[0][j] 的初始值也是要考虑的）

0-1背包、完全背包及其拓展（选/不选思想的代表）

0-1背包问题：有N件物品和一个容量为C的背包。第i件物品的费用是v[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。

0-1背包常见变形【至多/恰好/至少】 ※重要

1、至多装capacity，求方案数/最大价值和

2、恰好装capacity，求方案数/最大/最小价值和

3、至少装capacity，求方案数/最小价值和

三种情况如何进行初始化？

状态转移方程：dfs(i,c) = dfs(i-1,c) + dfs(i-1, c-w[i])==>f[i][c] = f[i-1][c] + f[i-c][c-w[i]]，为了方便表示初始状态，常使用：

f[i+1][c] = f[i][c] + f[i][c-w[i]]

最大价值和的初始化：另外根据不同的状态定义，可以采取不同的初始化的策略：

状态定义为考虑前 i 件物品，体积最多（不超过）为 j 的话（至多）：全部初始化为 0，递推过程保证体积大于等于 0
状态定义为考虑前 i 件物品，体积恰好为 j 的话（恰好）：只有 f[0][0] 初始为 0，其他为正无穷，递推过程保证体积大于等于 0
状态定义为考虑前 i 件物品，体积至少为 j 的话（至少）：只有 f[0][0] 初始为 0，其他为正无穷，递推过程对体积没有要求，但负数的体积可以用体积为 0 来替代

同理求方案数的初始化：

至多：return 1
恰好：return 1 if c == 0 else 0
至少：return 1 if c <= 0 else 0

0-1背包回溯三问：

当前操作？

枚举第i个物品选还是不选

不选，剩余容量不变
选，剩余容量减少w[i]

子问题？

在剩余容量为c时，从前i个物品中得到的最大价值和

下一个子问题？

分类讨论：

不选，在剩余容量为c时，从前i-1个物品中得到的最大价值和
选，在剩余容量为c-w[i]时，从前i-1个物品中得到的最大价值和

# 01背包
@Cache
def dfs(i, c):
    if i < 0:
        return 0
   	if c < w[i]:
        return dfs(i-1, c)
   	return max(dfs(i-1, c), dfs(i-1, c - w[i] + v[i]))
return dfs(n-1, capacity)

494. 目标和

难度中等1515

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。

示例 1：

输入：nums = [1,1,1,1,1], target = 3
输出：5
解释：一共有 5 种方法让最终目标和为 3 。
-1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 3
+1 - 1 + 1 + 1 + 1 = 3
+1 + 1 - 1 + 1 + 1 = 3
+1 + 1 + 1 - 1 + 1 = 3
+1 + 1 + 1 + 1 - 1 = 3

示例 2：

输入：nums = [1], target = 1
输出：1

提示：

1 <= nums.length <= 20
0 <= nums[i] <= 1000
0 <= sum(nums[i]) <= 1000
-1000 <= target <= 1000

从什么都不知道的题目到0-1背包问题的推理过程：

设添加＋号的数和为p，则添加 - 号的数和为 sum-p，则 p-(sum-p) = target

==> p = (s+t)/2

问题转化成了：在nums中选择一些数字，使得和恰好为p

记忆化搜索

class Solution {
    int[] nums;
    int[][] cache;
    public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
        for(int x : nums) target += x;
        if(target < 0 || target % 2 == 1) return 0;
        target /= 2;

        this.nums = nums;
        int n = nums.length;
        cache = new int[n][target+1];
        for (int i = 0; i < n; i++)
            Arrays.fill(cache[i], -1); // -1 表示没用访问过
        return dfs(n - 1, target);
    }
	
	// 定义dfs(i,c)表示在前 i 个数中和为 c 的方案数
    public int dfs(int i, int c){
        // c == 0，表示target=0，恰好，找到一个合法的方案数
        if(i < 0) return c == 0 ? 1 : 0;
        if(cache[i][c] != -1) return cache[i][c];
        int res = 0;
        if(c < nums[i]) {
            res = dfs(i-1, c); // 没有容量装下i位置的物体了
        }else{
            res = dfs(i-1, c) + dfs(i-1, c - nums[i]);
        }
        cache[i][c] = res;
        return res;
    }
}

1:1翻译成递推（动态规划）

class Solution {
    int[] nums;
    int[][] cache;
    public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
        for(int x : nums) target += x;
        if(target < 0 || target % 2 == 1) return 0;
        target /= 2;

        int n = nums.length;
        // 定义f[i][j]表示 从前 i 个数中选择了若干元素，和为 j 的方案数
        // 选 or 不选
        // 不选： f[i][j] = f[i-1][j]
      	// 选： f[i][j] = f[i-1][j - nums[i]]
      	//  初始化f[0][0] = 1 表示容量为0和为0的方案树为1
      	// 最后返回 f[n][target]
        int[][] f = new int[n+1][target+1];
        f[0][0] = 1; 
        for(int i = 0; i < n; i++){
            for(int c = 0; c <= target; c++){
                if(c < nums[i]){
                    f[i+1][c] = f[i][c];
                }else{
                    f[i+1][c] = f[i][c] + f[i][c-nums[i]];
                }
            }
        }
        return f[n][target];

    }
}

空间优化：滚动数组

(i+1) ==> (i+1) % 2

class Solution {
    int[] nums;
    int[][] cache;
    public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
        for(int x : nums) target += x;
        if(target < 0 || target % 2 == 1) return 0;
        target /= 2;

        int n = nums.length;
        int[][] f = new int[2][target+1];
        f[0][0] = 1; // 容量未0,所有数都选了
        for(int i = 0; i < n; i++){
            for(int c = 0; c <= target; c++){
                if(c < nums[i]){
                    f[(i+1) % 2][c] = f[i % 2][c];
                }else{
                    f[(i+1) % 2][c] = f[i % 2][c] + f[i % 2][c-nums[i]];
                }
            }
        }
        return f[n % 2][target];

    }
}

空间优化（一个数组）从后往前遍历背包

从后往前遍历容量c

class Solution {
    int[] nums;
    int[][] cache;
    public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
        for(int x : nums) target += x;
        if(target < 0 || target % 2 == 1) return 0;
        target /= 2;

        int n = nums.length;
        int[] f = new int[target+1];
        f[0] = 1; // 容量未0,所有数都选了
        for(int i = 0; i < n; i++){
            for(int c = target; c >= nums[i]; c--){
                    f[c] = f[c] + f[c-nums[i]];
            }
        }
        return f[target];
    }
}

完全背包变形

完全背包问题：有 N 种物品和一个容量为 C 的背包，每种物品都有无限件。第i 件物品的体积是 v[i]，价值是 w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。

322. 零钱兑换

难度中等2307

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

记忆化搜索

class Solution {
    private int[] coins;
    private int[][] cache;

    public int coinChange(int[] coins, int amount) {
        this.coins = coins;
        int n = coins.length;
        cache = new int[n][amount + 1];
        for (int i = 0; i < n; i++)
            Arrays.fill(cache[i], -1); // -1 表示没用访问过
        int ans = dfs(n - 1, amount);
        return ans < Integer.MAX_VALUE / 2 ? ans : -1;
    }

    private int dfs(int i, int c) {
        // 当 c==0 时，表示这是一个合法的方案
        if (i < 0) return c == 0 ? 0 : Integer.MAX_VALUE / 2; // 除 2 是防止下面 + 1 溢出
        if (cache[i][c] != -1) return cache[i][c];
        if (c < coins[i]) return cache[i][c] = dfs(i - 1, c);
        return cache[i][c] = Math.min(dfs(i - 1, c), dfs(i, c - coins[i]) + 1);
    }
}

翻译成递推

class Solution {
    public int coinChange(int[] coins, int amount) {
        int n = coins.length;
        int[][] f = new int[n + 1][amount + 1];
        Arrays.fill(f[0], Integer.MAX_VALUE / 2); // 除 2 是防止下面 + 1 溢出
        f[0][0] = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i)
            for (int c = 0; c <= amount; ++c)
                if (c < coins[i]) f[i + 1][c] = f[i][c];
                else f[i + 1][c] = Math.min(f[i][c], f[i + 1][c - coins[i]] + 1);
        int ans = f[n][amount];
        return ans < Integer.MAX_VALUE / 2 ? ans : -1;
    }
}

空间优化（一维数组）从前到后遍历背包

class Solution {
    public int coinChange(int[] coins, int amount) {
        int[] f = new int[amount + 1];
        Arrays.fill(f, Integer.MAX_VALUE / 2); // 除 2 是防止下面 + 1 溢出
        f[0] = 0;
        for (int x : coins)
            for (int c = x; c <= amount; ++c)
                f[c] = Math.min(f[c], f[c - x] + 1);
        int ans = f[amount];
        return ans < Integer.MAX_VALUE / 2 ? ans : -1;
    }
}

练习

416. 分割等和子集

难度中等1645

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 <= 200
1 <= nums[i] <= 100

class Solution {
    // 每个元素只可以取一次，元素的价值和大小就是自己本身
    public boolean canPartition(int[] nums) {
        Arrays.sort(nums);
        int sum = 0;
        for(int num : nums) sum += num;
        if(sum % 2 != 0) return false;
        int target = sum / 2; // 背包为target时，有没有价值和为target(价值和只可能 <= target)
        int[] dp = new int[target+1]; // 空间优化：一个数组
        for(int i = 0; i < nums.length; i++){
            for(int j = target; j >= nums[i]; j--){
                dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j-nums[i]] + nums[i]);
            }
        }
        return dp[target] == target ? true : false;
    }
}

279. 完全平方数

难度中等1619

给你一个整数 n ，返回 和为 n 的完全平方数的最少数量 。

完全平方数 是一个整数，其值等于另一个整数的平方；换句话说，其值等于一个整数自乘的积。例如，1、4、9 和 16 都是完全平方数，而 3 和 11 不是。

示例 1：

输入：n = 12
输出：3 
解释：12 = 4 + 4 + 4

示例 2：

输入：n = 13
输出：2
解释：13 = 4 + 9

提示：

1 <= n <= 104

朴素完全背包解法

class Solution {
    private static final int INF = Integer.MAX_VALUE / 2;
    public int numSquares(int n) {
        // 将可能用到的【物品】预处理出来
        List<Integer> list = new ArrayList<>();
        for(int i = 1; i * i <= n; i++) list.add(i*i);
        // 问题就变成了：给定数字中，每个数字可以使用无限次，求凑出目标值n所需要的最少数字个数是多少
        int[][] dp = new int[list.size()+1][n+1]; // 前i个数字中，凑出数字总和j所需要的最少数字个数

        //当没有任何数时，除了 f[0][0] 为 0（花费 0 个数值凑出 0），其他均为无效值
        Arrays.fill(dp[0], INF);  
        dp[0][0] = 0;

        // dp[i][j] = min(dp[i-1][j-k*t]+k) 0 <= k*t <= j; k:选k个数字i，第i个数字数值为t
        for(int i = 1; i <= list.size(); i++){
            int x = list.get(i-1);
            for(int j = 0; j <= n; j++){
                // 对于不选第 i 个数的情况
                dp[i][j] = dp[i-1][j];
                // 对于选 k 次第 i 个数的情况
                for(int k = 1; k * x <= j; k++){
                    // 能够选择 k 个 x 的前提是剩余的数字 j - k * x 也能被凑出
                    if(dp[i-1][j-k*x] != INF){
                        dp[i][j] = Math.min(dp[i][j], dp[i-1][j-k*x] + k);
                    }
                }
            }
        }
        return dp[list.size()][n];
    }
}

空间优化：

class Solution {
    private static final int INF = Integer.MAX_VALUE / 2;
    public int numSquares(int n) {
        // 将可能用到的【物品】预处理出来
        List<Integer> list = new ArrayList<>();
        for(int i = 1; i * i <= n; i++) list.add(i*i);
        // 问题就变成了：给定数字中，每个数字可以使用无限次，求凑出目标值n所需要的最少数字个数是多少
        int[] dp = new int[n+1]; // 前i个数字中，凑出数字总和j所需要的最少数字个数

        //当没有任何数时，除了 f[0][0] 为 0（花费 0 个数值凑出 0），其他均为无效值
        Arrays.fill(dp, INF);  
        dp[0] = 0;

        // dp[i][j] = min(dp[i-1][j-k*t]+k) 0 <= k*t <= j; k:选k个数字i，第i个数字数值为t
        for(int i = 1; i <= list.size(); i++){
            int x = list.get(i-1);
            for(int j = x; j <= n; j++){
                dp[j] = Math.min(dp[j], dp[j-x] + 1);
            }
        }
        return dp[n];
    }
}

518. 零钱兑换 II

难度中等1005

给你一个整数数组 coins 表示不同面额的硬币，另给一个整数 amount 表示总金额。

请你计算并返回可以凑成总金额的硬币组合数。如果任何硬币组合都无法凑出总金额，返回 0 。

假设每一种面额的硬币有无限个。

题目数据保证结果符合 32 位带符号整数。

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

提示：

1 <= coins.length <= 300
1 <= coins[i] <= 5000
coins 中的所有值 互不相同
0 <= amount <= 5000

class Solution {
    public int change(int amount, int[] coins) {
        int[] dp = new int[amount+1];
        dp[0] = 1;
        for(int x : coins){
            for(int j = x; j <= amount; j++){
                dp[j] = dp[j] + dp[j-x];
            }
        }
        return dp[amount];
    }
}

0-1背包完全背包多重背包背包具体方案数【宫水三叶】

【宫水三叶】详解完全背包一维空间优化推导（附背包问题攻略）https://leetcode.cn/circle/discuss/GWpXCM/

0-1背包问题

0-1 背包问题是众多背包问题中最简单的，其特点是物品不能重复放入。

定义状态：即f[i][C]表示前 i 件物品中选择了若干物品，放入一个容量为 C 的背包可以获得的最大价值。

状态转移方程为： $f [i] [C] = ma x (f [i - 1] [C], w [i] + f [i - 1] [C - v [i])$

即对于第 i 件物品，我们有两种决策方案：

不选择第 i 件物品，则最大价值等于 f[i - 1][C] ，全部容量留给前 i - 1 件物品。
选择第 i 件物品，则最大价值等于 w[i] + f[i - 1][C - v[i]] ，其中 w[i] 代表当前物品的价值，这样就用掉了 v[i] 的体积，留给前 i - 1 件物品的容量就剩下 C - v[i]，所以总的价值等于 w[i] + f[i - 1][C - v[i]]。

一、0-1 背包的dp[N][C+1]解法

根据状态转移方程，我们可以建立一个二维的 dp 数组来存储结果。

第一维代表物品的下标（范围从 0 到 N - 1），第二维代表了容量的变化（范围从 0 到 C）。并得知 base case dp[0][0]的初始值为 0，原问题的解在 dp[N - 1][C] 的格子里面。

public class Main{ 
    public static void main(String[] args){ 
        Scanner sc = new Scanner(System.in); 
        int N = sc.nextInt(); 
        int C = sc.nextInt(); 
        int[] v = new int[N]; 
        int[] w = new int[N]; 
        for (int i = 0; i < N; i++){ 
            v[i] = sc.nextInt(); 
            w[i] = sc.nextInt(); 
        }
        System.out.println(maxValue(N, C, v, w)); 
    }
	// 有N件物品和一个容量为C的背包。第i件物品的费用是v[i]，价值是w[i]
    // 求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
    private static int maxValue(int N, int C, int[] v, int[] w) {
        int[][] dp = new int[N][C + 1];
        dp[0][0] = 0;
        // 初始化：第0号物品可以装下v[0]容量的背包中
        for (int i = 0; i < C + 1; i++) {
            dp[0][i] = i >= v[0] ? w[0] : 0;
        }
        for (int i = 1; i < N; i++) { // 1. 先遍历物品
            for (int j = 0; j < C + 1; j++) { // 2. 再遍历背包
                int n = dp[i - 1][j]; // 不选该物品
                int y = 0;
                if (j >= v[i]) { // 如果容量 > 当前物品的费用，则可以选择该物品
                    y = w[i] + dp[i - 1][j - v[i]]; // 选择该物品
                }
                // 不选该物品：dp[i - 1][j]
                // 选该物品：dp[i - 1][j - v[i]] + w[i]
                dp[i][j] = Math.max(n, y);
            }
        }
        return dp[N - 1][C];
    }
}

二、0-1 背包的dp[2][C+1]解法

根据状态转移方程，我们可以知道计算某个格子的值，只需要依赖前一行（计算第 i 行格子只需要第 i - 1 行中的某些值）。

所以可以用一个只有两行的数组来存储中间结果，根据当前计算的行号是偶数还是奇数来交替使用第 0 行和第 1 行。

// 有N件物品和一个容量为C的背包。第i件物品的费用是v[i]，价值是w[i]
// 求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
private static int maxValue(int N, int C, int[] v, int[] w) {
    int[][] dp = new int[2][C + 1];
    dp[0][0] = 0;
    for (int i = 0; i < C + 1; i++) {
        dp[0][i] = i >= v[0] ? w[0] : 0;
    }
    for (int i = 1; i < N; i++) {
        for (int j = 0; j < C + 1; j++) {
            int n = dp[(i - 1)%2][j]; // 不选该物品
            int y = 0;
            if (j >= v[i]) {
                y = w[i] + dp[(i - 1)%2][j - v[i]]; // 选择该物品
            }
            dp[i%2][j] = Math.max(n, y);
        }
    }
    return dp[(N - 1)%2][C];
}

再次观察状态转移方程，我们发现当求解第 i 行格子的值的时候，不仅是只依赖第 i - 1 行，而且是明确只依赖第 i - 1 行的第 C 个格子和第 C - v[i] 个格子（也就是对应着第 i 个物品不选和选的两种情况）。

三、0-1 背包的dp[C+1]解法（滚动数组）

也就是说明确只依赖于「上一个格子的位置」以及「上一个格子的左边位置」。

当我们将求解第 i 行格子顺序从 0 到 C 改为从 C 到 0，我们可以将原本 2 行的二维数组压缩到一行（转换为一维数组）。

// 有N件物品和一个容量为C的背包。第i件物品的费用是v[i]，价值是w[i]
// 求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
private static int maxValue(int N, int C, int[] v, int[] w) {
    int[] dp = new int[C + 1];
    for (int i = 0; i < C + 1; i++) {
        dp[i] = i >= v[0] ? w[0] : 0;
    }
    for (int i = 1; i < N; i++) {
        for (int j = C; j >= 0; j--) {
            int n = dp[j]; // 不选该物品
            int y = 0;
            if (j >= v[i]) {
                y = w[i] + dp[j - v[i]]; // 选择该物品
            }
            dp[j] = Math.max(n, y);
        }
    }
    return dp[C];
}

这样，当我们处理第 i 行的第 j 个格子的时候，访问的 dp[j] 和 dp[j - v[i]] 其实是第 i - 1 行的结果。
然后通过比较之后，选择当中的最大值更新到 dp[j]，这时候才代表第 i 行第 j 个格子被更新了。

这就是我们使用一维数组解决 0-1 背包问题的解法。它的时间复杂度仍然是 O(N_∗_C)，但空间复杂度已经降为了 O(C)。

重点！！！

使用的是一维 dp，在处理第 i 行之前，数组装的都是第 i - 1 行的结果，所以可以对循环内部的判断进行简化：

// 有N件物品和一个容量为C的背包。第i件物品的费用是v[i]，价值是w[i]
// 求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
private static int maxValue(int N, int C, int[] v, int[] w) {
    int[] dp = new int[C + 1];
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        for (int j = C; j >= v[i]; j--) {
            int n = dp[j]; // 不选该物品
            int y = w[i] + dp[j - v[i]]; // 选择该物品
            dp[j] = Math.max(n, y);
        }
    }
    return dp[C];
}

**当 j 不满足 j >= v[i] 的时候，注定无法选择第 i 个物品，**这时候的 dp[i] 应该是等于 dp[i - 1]。因为使用的是一维数组，dp[i] 本身就是装着 dp[i - 1] 的值，所以无须再进行修改。

这和使用二维 dp 的方式不同，使用二维 dp 就算当前 j 比 v[i] 要小，也要把上一行的 dp[i - 1][j] 的结果拉下来，赋值给 dp[i][j] 。

同时也是因为使用的是一维 dp，没有了访问 dp[i - 1][j] 这样的操作，也不需要先处理第 0 行，可以直接让循环从 i = 0 开始。

如何用一维 dp 来解决 0-1 背包十分重要，其他背包问题一定程度上都能转化成 0-1 背包来进行求解或是根据 0-1 背包的转移方程来稍作修改。

在0-1背包混动数组的前提下，此时dp[j]有两个选择：

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，
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] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

一维dp数组如何初始化？

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。

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 = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
    for(int j = bagWeight; j >= weight[i]; j--) { // 遍历背包容量
        dp[j] = 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。

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！
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。

完全背包问题

其实就是在 0-1 背包问题的基础上，增加了每件物品可以选择多次的特点（在容量允许的情况下）。

状态转移方程 & 时间复杂度分析

根据和 0-1 背包问题的基本思路，我们可以写成如下的状态转移方程：

$f [i] [C] = ma x (f [i - 1] [C - k * v [i]] + k * w [i]), 0 <= k * v [i] <= c$

该式子很好理解，k * v[i] 为 0 的时候代表不选当前的第 i 件物品，这时候有 f[i][C] = f[i - 1][C] ，当 k * v[i] 不为 0 的时候，代表第 i 件物品可能会被选择多次。

这时候二维 dp 的表格大小依然是 N * C 的，但是求解某个格子的值的时候，并不是单纯的比较上一行的两个格子，而是要比较多个格子。要比较的格子数量不确定，比较格子的数量等于最多可选第 i 件物品多少次，也就是 (C / v[i]) + 1 个。

这里的 C 为当前格子的容量，不是总容量，加一代表还要比较不选择第 i 个格子的情况），按照最坏的时间复杂度计算，最多要比较 C + 1 个格子，也就是上一行的 0 ~ C 的格子全部都要进行比较。

这时候计算某个格子的值不再是常数操作。时间复杂度为 O(N∗C∗C) 。

一、完全背包问题的常规解法

import java.util.Scanner;
public class Main{ 
    public static void main(String[] args){ 
        Scanner sc = new Scanner(System.in); 
        int N = sc.nextInt(); 
        int C = sc.nextInt(); 
        int[] v = new int[N]; 
        int[] w = new int[N]; 
        for (int i = 0; i < N; i++){ 
            v[i] = sc.nextInt(); 
            w[i] = sc.nextInt(); 
        }
        System.out.println(maxValue(N, C, v, w)); 
    }
	// 有 N 种物品和一个容量为 C 的背包，每种物品都有无限件。第 i 件物品的体积是 v[i]，价值是 w[i]。
	// 求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
    private static int maxValue(int N, int C, int[] v, int[] w) {
        int[] dp = new int[C + 1];
        for (int i = 0; i < N; i++) {
            for (int j = C; j >= v[i]; j--) {
                for (int k = 0 ;; k++) {
                    if (j < v[i] * k) {
                        break;
                    }
                    dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - v[i] * k] + w[i] * k);
                }
            }
        }
        return dp[C];
    }
}

我们在处理第 j 个格子的时候，某件物品可以不选或者选到超出容量限制为止（反映了完全背包问题物品可以选择无限次的特点）。由此我们得出了完全背包问题的常规解法，它的时间复杂度是大于O(N*C)的。

二、利用 0-1背包的一维DP方法求解完全背包

我们掌握了如何通过一维 dp 解决 0-1 背包问题，只需要将求解第 i 行格子（逻辑上的第 i 行，物理上是一维的）的顺序从 C 到 0 改回从 0 到 C 即可。

// 有 N 种物品和一个容量为 C 的背包，每种物品都有无限件。第 i 件物品的体积是 v[i]，价值是 w[i]。
// 求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
private static int maxValue(int N, int C, int[] v, int[] w) {
    int[] dp = new int[C + 1];
    for (int i = 0; i < N; i++) {

        // for (int j = C; j >= v[i]; j--) { // 0-1 背包问题
        for (int j = v[i]; j <= C; j++) { // 完全背包问题

            int n = dp[j]; // 不选该物品
            int y = w[i] + dp[j - v[i]]; // 选择该物品
            dp[j] = Math.max(n, y);
        }
    }
    return dp[C];
}

将 j 的处理顺序改为从小到大，这样就保证当我们使用 dp[j - v[i]] 时，该值是已经被计算过的。

这样所代表的状态含义是：当在容量为 j 的时候，考虑将 i 物品加入，剩余的 j - v[i] 容量也考虑加入物品 i（反映了完全背包问题的物品是可以被重复选择的特点）。

多重背包问题

多重背包问题 I ：有 N 种物品和一个容量是 V 的背包。第 i 种物品最多有 s[i] 件，每件体积是 v[i]，价值是 w[i]。求解将哪些物品装入背包，可使物品体积总和不超过背包容量，且价值总和最大。

其实就是在 0-1 背包问题的基础上，在容量允许的情况下，增加了每件物品可以选择多次的特点（但又不是无限次，是有限制的多次）。

既然对每件物品有选择数量上的限制，这意味着选择的数量 k 需要满足 0 <= k <= s[i]。

能够很清晰的分析出状态转移方程：

$f [i] [C] = ma x (f [i - 1] [C - k * v [i]] + k * w [i]), 0 <= k * v [i] <= C, 0 <= k <= s [i]$

将 s[i]按照最坏复杂度计算，这时候算法复杂度应该是 $O (N * C * C)$ 。

一、多重背包问题的常规解法：

我们可以基于 0-1 背包问题的一维 dp 解法，增加一个循环，从 0 开始遍历s[i]。

得出以下的常规解法：

import java.util.Scanner;
class Main {
    public static void main(String[] arg) {
        Scanner sc = new Scanner(System.in); 
        int N = sc.nextInt(); 
        int C = sc.nextInt(); 
        int[] v = new int[N]; 
        int[] w = new int[N]; 
        int[] s = new int[N];
        for (int i = 0; i < N; i++){ 
            v[i] = sc.nextInt(); 
            w[i] = sc.nextInt(); 
            s[i] = sc.nextInt(); 
        }
        System.out.println(maxValue(N, C, s, v, w)); 
    }

    private static int maxValue(int N, int C, int[] s, int[] v, int[] w) {
        int[] dp = new int[C + 1];
        for (int i = 0; i < N; i++) {
            for (int j = C; j >= v[i]; j--) {
                for (int k = 0; k <= s[i] && j >= k * v[i]; k++) {
                    dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - k * v[i]] + k * w[i]);
                }
            }
        }
        return dp[C];
    }
}

二、多重背包问题的常规解法：

多重背包问题 II ：题目和「多重背包问题 I」完全一样，只是数据范围从百级上升到千级。

所谓的「二进制优化」其实是指，我们如何将一个多重背包问题彻底转化为 0-1 背包问题，同时降低其复杂度。

0-1 背包问题讲的是物品列表里面的每个物品只能选择一次，而这里的多重背包问题则是每个物品有最大数量限制，所以我们可以将其进行「扁平化」。

如果第 i 件物品有 s1 件，则将 s1 个 i 物品放到物品列表；如果第 i + 1 件物品有 s2 件，则将 s2 件 i + 1 物品放到物品列表。

物品列表里面的每个物品有选和不选两种选择，这样就对应了多重背包问题中的每样物品可以不选或最多选择 s[i] 的特性。从而将一个多重背包问题彻底转换为 0-1 背包问题。但是光进行这样的「扁平化」并不能降低算法的复杂度。因为我们仍然要处理这么多的物品，反而增加了将物品「扁平化」的工作量。

算法的复杂度在常数级别上是上升的。这样做的意义在哪？

我们现在采取的「扁平化」策略是直接展开，一个数量为 10 的物品等效于 [1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1] 。

这样并没有减少运算量，但是如果我们能将 10 变成小于 10 个数，那么这样的「扁平化」就是有意义的。
学过 Linux 的都知道文件权限最高是 7，代表拥有读、写、执行的权限。

但其实这个 7 是对应了 1、2、4 三个数字的，也就是 r : 1、w : 2、x : 4 ，三种权限的组合共有 8 种可能性。这里就采用了 3 个数来对应 8 种情况的“压缩”方法。我们也可以借鉴这样的思路，将原本为 n 的物品用 ceil(log(n))个数来代替。从而降低算法复杂度。

7 可以用 1、2、4 来代替，像刚刚提到的 10 ，我们可以使用 1、2、4、3 来代替，你可能会有疑问，为什么是 1、2、4、3，而不是 1、2、4、6 或者 1、2、4、8 呢？

其实把他们几个数加起来就知道了，1、2、4、6 可以表达的范围是 0~13，而 1、2、4、8 可以表达的范围是 0~15，而我们要求的是表达 10，大于 10 的范围是不能被选择的。

所以我们可以在 1、2、4 （表达的范围是 0~7）的基础上，增加一个数 3（由 10 - 7 而来），这样就能满足我们需要表达的范围 0~10。

来看看通过「扁平化」来解决多重背包问题的代码：

private static int maxValue(int N, int C, int[] s, int[] v, int[] w) {
    // 扁平化
    List<Integer> worth = new ArrayList<>();
    List<Integer> volume = new ArrayList<>();
    // 我们希望每件物品都进行扁平化，所以首先遍历所有的物品
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        // 获取每件物品的出现次数
        int val = s[i];
        // 进行扁平化：如果一件物品规定的使用次数为 7 次，我们将其扁平化为三件物品：
        // 1*重量&1*价值、2*重量&2*价值、4*重量&4*价值
        //
        // 三件物品都不选对应了我们使用该物品 0 次的情况、
        // 只选择第一件扁平物品对应使用该物品 1 次的情况、
        // 只选择第二件扁平物品对应使用该物品 2 次的情况，
        // 只选择第一件和第二件扁平物品对应了使用该物品 3 次的情况 ... 
        for (int k = 1; k <= val; k *= 2) {
            val -= k;
            worth.add(w[i] * k);
            volume.add(v[i] * k);
        } 
        if (val > 0) {
            worth.add(w[i] * val);
            volume.add(v[i] * val);
        }
    }

    // 0-1 背包问题解决方案
    int[] dp = new int[C + 1];
    for (int i = 0; i < worth.size(); i++) {
        for (int j = C; j >= volume.get(i); j--) {
            dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - volume.get(i)] + worth.get(i));
        }
    }
    return dp[C];
}

分组背包问题

分组背包问题：有 N 组物品和一个容量为 C 的背包。每组物品有若干个，同一组内的物品最多只能选一个。每件物品的体积是 v[i][j]，价值是 w[i][j]，其中 i 是组号，j 是组内编号。

求解将哪些物品装入背包，可使物品总体积不超过背包容量，且总价值最大。

import java.util.*;
class Main {
    public static void main(String[] arg) {
        Scanner sc = new Scanner(System.in);
        int N = sc.nextInt();
        int V = sc.nextInt();
        int[] S = new int[N];
        int[][] v = new int[N][];
        int[][] w = new int[N][];
        for (int i = 0; i < N; i++) {
            int si = sc.nextInt();
            S[i] = si;
            int[] vol = new int[si];
            int[] wor = new int[si];
            for (int j = 0; j < si; j++) {
                vol[j] = sc.nextInt();
                wor[j] = sc.nextInt();
            }
            v[i] = vol;
            w[i] = wor;
        }
        System.out.println(maxValue(N, V, S, v, w));
    }

    private static int maxValue(int N, int C, int[] S, int[][] v, int[][] w) {
        int[] dp = new int[C + 1];
        for (int i = 0; i < N; i++) {
            int[] vol = v[i];
            int[] wor = w[i];
            int si = S[i];
            for (int j = C; j >= 0; j--) {
                for (int k = 0; k < si; k++) {
                    if (j >= vol[k]) {
                        dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - vol[k]] + wor[k]);   
                    }
                }
            }
        }
        return dp[C];
    }
}

背包问题具体方案数

背包问题求方案数：有 N 件物品和一个容量是 C 的背包。每件物品只能使用一次。第 i 件物品的体积是 v[i]，价值是 w[i]。

求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。输出最优选法的方案数。

import java.util.*;
class Main {
    private static final int mod = 1000000007;
    public static void main(String[] arg) {
        Scanner sc = new Scanner(System.in);
        int N = sc.nextInt();
        int V = sc.nextInt();
        int[] v = new int[N];
        int[] w = new int[N];
        for (int i = 0; i < N; i++) {
            v[i] = sc.nextInt();
            w[i] = sc.nextInt();
        }
        System.out.println(combineCount(N, V, v, w));
    }

    private static int combineCount(int N, int C, int[] v, int[] w) {
        // 构建一个 dp 数组，除了第一位为 0，其他位均为 Integer.MIN_VALUE
        int[] dp = new int[C + 1];
        for (int i = 1; i <= C; i++) dp[i] = Integer.MIN_VALUE;

        // 再构建一个 g 数组来存储不同容量下的方案数，除了第一位为 1，其他位均为 0
        int[] g = new int[C + 1];
        g[0] = 1;

        for (int i = 0; i < N; i++) {
            for (int j = C; j >= v[i]; j--) {
                int val = Math.max(dp[j], dp[j - v[i]] + w[i]);
                int cnt = 0;

                // val 有可能等于 dp[j]，有可能等于 dp[j - v[i]] + w[i]，也有可能都等于
                // 如果 val 为 dp[j]，增加 g[j]
                if (val == dp[j]) cnt += g[j];
                // 如果 val 为 dp[j - v[i]] + w[i]，增加 g[j - v[i]]
                if (val == dp[j - v[i]] + w[i]) cnt += g[j - v[i]];
                // 采用更为“高效”的取余方法
                if (cnt >= mod) cnt -= mod;

                dp[j] = val;
                g[j] = cnt;
            }
        }

        int max = 0;
        for (int i = 0; i <= C; i++) max = Math.max(max, dp[i]);
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i <= C; i++) {
            if (dp[i] == max) {
                ans += g[i];
                if (ans >= mod) ans -= mod;
            }
        }
        return ans;
    }
}

总结

几乎所有的背包问题，都是先遍历物品，再遍历容量，最后再遍历决策（在遍历决策里可能又是通过循环实现）。

背包问题的本质其实是这么一个模型：我有一些额度（背包容量）用来做决策（选择物品），做决策会伴随着成本和收益，求解在额度以内的最大收益。

所有的背包问题的变种都离不开这个模型。

另外根据不同的状态定义，可以采取不同的初始化的策略：

状态定义为考虑前 i 件物品，体积最多（不超过）为 j 的话：全部初始化为 0，递推过程保证体积大于等于 0
状态定义为考虑前 i 件物品，体积恰好为 j 的话：只有 f[0][0] 初始为 0，其他为正无穷，递推过程保证体积大于等于 0
状态定义为考虑前 i 件物品，体积至少为 j 的话：只有 f[0][0] 初始为 0，其他为正无穷，递推过程对体积没有要求，但负数的体积可以用体积为 0 来替代

最后

以上就是轻松信封为你收集整理的动态规划：0-1背包、完全背包及其变形【零神基础精讲】0-1背包、完全背包及其拓展（选/不选思想的代表）的全部内容，希望文章能够帮你解决动态规划：0-1背包、完全背包及其变形【零神基础精讲】0-1背包、完全背包及其拓展（选/不选思想的代表）所遇到的程序开发问题。

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本文分类：# 零神总结
浏览次数：93 次浏览
发布日期：2023-10-18 01:45:56
本文链接：https://www.kaopuke.com/article/k-p-k_13_u_23_o_26_f2_14_z_2_4.html

动态规划：0-1背包、完全背包及其变形【零神基础精讲】0-1背包、完全背包及其拓展（选/不选思想的代表）

概述

文章目录

0-1背包、完全背包及其拓展（选/不选思想的代表）

0-1背包常见变形【至多/恰好/至少】 ※重要

494. 目标和

记忆化搜索

1:1翻译成递推（动态规划）

空间优化：滚动数组

空间优化（一个数组）从后往前遍历背包

完全背包变形

322. 零钱兑换

记忆化搜索

翻译成递推

空间优化（一维数组）从前到后遍历背包

练习

416. 分割等和子集

279. 完全平方数

518. 零钱兑换 II

0-1背包完全背包多重背包背包具体方案数【宫水三叶】

0-1背包问题

完全背包问题

多重背包问题

分组背包问题

背包问题具体方案数

总结

最后

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动态规划：0-1背包、完全背包及其变形【零神基础精讲】0-1背包、完全背包及其拓展（选/不选思想的代表）

概述

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0-1背包、完全背包及其拓展（选/不选思想的代表）

0-1背包常见变形【至多/恰好/至少】 ※重要

494. 目标和

记忆化搜索

1:1翻译成递推（动态规划）

空间优化：滚动数组

空间优化（一个数组）从后往前遍历背包

完全背包变形

322. 零钱兑换

记忆化搜索

翻译成递推

空间优化（一维数组）从前到后遍历背包

练习

416. 分割等和子集

279. 完全平方数

518. 零钱兑换 II

0-1背包完全背包多重背包背包具体方案数【宫水三叶】

0-1背包问题

完全背包问题

多重背包问题

分组背包问题

背包问题具体方案数

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