01背包问题(C++)

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前言

一、DP41 【模板】01背包

DP41 【模板】01背包

1.状态表示

我们根据经验+题目要求，确定出状态标示：

我们本道题木解决要考虑价值和体积，所以我们需要一个二维的解决。
dp1[i][j]:前i个物品中，挑选物品的体积不超过j,此时的最大价值。
dp2[i][j]:前i个物品中，挑选物品的体积恰好为j,此时的最大价值。

2.状态转移方程

根据最后一个位置的情况划分问题

首席看一下dp1,最后一个位置就是选或者不选的情况，
🌟如果没有选择，就是dp[i-1][j]
🌟如果选择了，我们需要保证体积不超过j，通过判断来实现，j-v[i]>=0才可以，我们此时需要在【0，i-1】区间内选择，此时的dp值就是dp[i-1] [ j-v[ i ] ]再加上w[i].
🌟二者我们取最大值就可以。

对于dp2,分析思路和dp1相同
🌟挑选的物体中体积恰好等于j，这种情况可能不存在。我们规定，不存在我们把dp表中的内容设置为-1.
🌟如果选择了，我们需要保证体积不超过j，同时要保证前面的位置要存在，我们此时需要在【0，i-1】区间内选择，也就是dp[i-1] [ j-v[ i ] ]位置的情况存在。

3.初始化

对于dp1，我们可以多开一行和多开一列，方便填表和初始化。
🌟第0行表示物品的个数为0，我们要找到最大价值。都没有物品怎末找最大价值，设置为0
🌟第0列表示我们要找到最大体积为0，设置为0
🌟dp[0][0]=0;

对于dp2，我们可以多开一行和多开一列，方便填表和初始化。把不存在的位置设置为-1.
🌟第0行表示物品的个数为0，我们要找到最大价值。没有物品就没有体积，这种情况对于dp2表示是不存在的，设置为-1.
🌟第0列表示我们要找到最大体积为0，物体存在，体积为0，我们不选不就行了，设置为0.
🌟dp[0][0]=0;

4.填表顺序

填表的顺序是「从上往下，从左往右」

5.返回值是什么

返回dp1【m】【n】的值即可
返回dp2【m】【n】的值即可

6.代码编写

#include <iostream>
using namespace std;
#include <vector>
#include <string.h>
int main() 
{//输入操作int n=0;int V=0;cin>>n>>V;vector<int>v(n+1,0);vector<int>w(n+1,0);for(int i=1;i<=n;i++){cin>>v[i]>>w[i];}//建表+初始化int dp[1001][1001];//填表for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=V;j++){dp[i][j]=dp[i-1][j];if(j-v[i]>=0){dp[i][j]=max(dp[i][j],w[i]+dp[i-1][j-v[i]]);}}}cout<<dp[n][V]<<endl;memset(dp, 0, sizeof dp);// memset (dp,0,sizeof(dp));//初始化for(int i=1;i<=V;i++){dp[0][i]=-1;}//填表for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=V;j++){dp[i][j]=dp[i-1][j];if(j-v[i]>=0&&dp[i-1][j-v[i]]!=-1) {dp[i][j]=max(w[i]+dp[i-1][j-v[i]],dp[i][j]);}}}//有可能就凑不成if(dp[n][V]==-1) cout<<0<<endl;else cout<<dp[n][V]<<endl;return 0;
}

7.代码优化

我们在处理背包问题时候，可以进行空间和时间方面的优化。
🌟使用滚动数组进行优化(只在某几行进行更新值)
🌟在原始代码上稍加修改就可以.

我们的dp[i][j]需要用到dp[i] [ j-v[ i ] ]和dp[i-1][j]位置的值。
所以我们可以处理为dp[j]=max(dp [ j-v[ i ] ],dp[j] )
我们填表时要从右往左填写，因为需要用到前面的值。

#include <iostream>
using namespace std;
#include <vector>
#include <string.h>
int main() 
{//输入操作int n=0;int V=0;cin>>n>>V;vector<int>v(n+1,0);vector<int>w(n+1,0);for(int i=1;i<=n;i++){cin>>v[i]>>w[i];}//建表+初始化int dp[1001]={0};//填表for(int i=1;i<=n;i++){//从右往左填写for(int j=V;j>=v[i];j--){dp[j]=max(dp[j],w[i]+dp[j-v[i]]);}}cout<<dp[V]<<endl;memset(dp, 0, sizeof dp);//初始化for(int i=1;i<=V;i++){dp[i]=-1;}//填表for(int i=1;i<=n;i++){//从右往左填写for(int j=V;j>=v[i];j--){if(dp[j-v[i]]!=-1) {dp[j]=max(w[i]+dp[j-v[i]],dp[j]);}}}//有可能就凑不成if(dp[V]==-1) cout<<0<<endl;else cout<<dp[V]<<endl;return 0;
}

二、494. 目标和

494. 目标和

我们这里仅仅讲述一些主要的思路。
我们可以把这道题目转换一下：
假设所有前面加上正号的整数和为a,所有前面加上负数的整数和的绝对值为a，我们可以得到这样的关系
a+b=sum; a-b=target; 经过化简后 a=(sum+target)/2;
本道题木就变成了从一些数中挑选，结果为a,这就转化成了01背包问题。

注意要进行特殊处理 if(newt<0||(target+sum)%2) return 0;

我们在进行初始化第一列的时候，会遇到点问题：
第一列表示：从i个数中选择，选出的总和为0的所有选法。我们如果直接进行初始化，是很难操作的。
我们可以把这部分的初始化工作放到填表中进行，就可以了。

再进行优化后的代码，注意填表顺序要从右往左填表！！！！

class Solution {
public:int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int target) {//预处理工作int n=nums.size();int sum=0;for(auto&e:nums) sum+=e;int newt=(target+sum)/2;//特殊处理if(newt<0||(target+sum)%2) return 0;//建表vector<int>dp(newt+1,0);//初始化dp[0]=1;//填表for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=newt;j>=nums[i-1];j--){//注意下标映射关系,从右往左填表dp[j]+=dp[j-nums[i-1]];}}//返回值return dp[newt];}
};

三、1049. 最后一块石头的重量 II

1049. 最后一块石头的重量 II

我们本岛题目的关键就是进行一定的转化：
我们要求最小可能重量，这两个数不就是一个加上一个加号，一个加上一个减号，使得最终的和最小。也就是把这些石头分为两部分，使他们各自的和越接近越好。

我们最终把问题转换成：在一堆数中挑选，使得和尽尽可能接近sum/2就可以，这就变成了01背包问题。

总结

以上就是今天要讲的内容，本文仅仅详细介绍了 。希望对大家的学习有所帮助，仅供参考 如有错误请大佬指点我会尽快去改正 欢迎大家来评论~~ 😘 😘 😘