【动态规划 | 二维费用背包问题】二维费用背包问题详解：状态设计与转移方程优化
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|---|---|---|---|---|
| 斐波那契数列模型 | 路径问题 | 多状态问题 | 子数组 | 子序列 |
| 回文字串 | 01背包 | 完全背包 | 两个数组匹配问题 |
在经典的背包问题中，我们通常只需考虑物品的体积或重量这一种限制条件。然而，在实际应用中，约束条件往往更加复杂，例如同时受到容量和承重的限制，这就是二维费用背包问题。如何高效设计状态表示，并优化转移方程，成为解决此类问题的关键。本文将详细分析二维费用背包的动态规划解法，探讨状态设计的技巧，并进一步优化转移过程，帮助读者掌握这一经典模型的扩展与应用。
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文章目录
- 474. 一和零
- 879. 盈利计划
- 377. 组合总和 Ⅳ
- 96. 不同的二叉搜索树
474. 一和零
【题目】：474. 一和零
【算法思路】
【初始化】
当字符串为空时，其长度应初始化为 0。确保第一维的循环从小到大遍历，其余部分可按需处理。
【代码实现】
class Solution {
public:int findMaxForm(vector<string>& strs, int m, int n) {int len = strs.size();vector<vector<vector<int>>> dp(len + 1,vector<vector<int>>(m + 1, vector<int>(n + 1)));for(int i = 1; i <= len; i++){//统计字符个数int a = 0, b = 0;for(auto ch : strs[i - 1])if(ch == '0') a++;else b++;//填表操作for(int j = 0; j <= m; j++){for(int k = 0; k <= n; k++){dp[i][j][k] = dp[i - 1][j][k];if(j >= a && k >= b)dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i - 1][j - a][k - b] + 1);}}} return dp[len][m][n];}
};【优化方案】
class Solution {
public:int findMaxForm(vector<string>& strs, int m, int n) {int len = strs.size();vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1));for(int i = 1; i <= len; i++){//统计字符个数int a = 0, b = 0;for(auto ch : strs[i - 1])if(ch == '0') a++;else b++;//填表操作for(int j = m; j >= a; j--){for(int k = n; k >= b; k--){dp[j][k] = max(dp[j][k], dp[j - a][k - b] + 1);}}} return dp[m][n];}
};既然需要判断才进入该语句，不然将判断添加到循环当中，因为为01背包问题，遍历方向是从右往左的。
879. 盈利计划
【题目】：879. 盈利计划
【算法思路】
这道题从算法思路和题目分析角度来看都比较困难。通过对题目要求的深入分析，以及运用‘二维费用的动态规划经验’，我们可以得出合适的状态表示。在进行状态表示时，需要特别注意不超过：小于等于和至少：大于等于这两者之间的区别与含义。
根据最后一个位置进行情况分析时，我们需要考虑选择的不同情况。如果选择了 dp[i - 1][j - g[i]][k - p[i]]，我们首先需要分析 j - g[i] 是否可能小于零。如果 j - g[i] 小于零，意味着总人数 j 会小于当前使用的 g[i]，这就违反了限制条件，因此这种情况是不合法的。
接下来，我们分析 k - p[i] 在状态转移方程中的作用，这是本题的难点之一。我们需要判断 k - p[i] 是否可能小于0。如果小于0，意味着当前的最低利润要求 k 小于当前选择的项目 p[i] 的利润，这种情况是允许的。但问题在于，数组下标不能为负数，因此我们需要确保 k - p[i] 不会导致负的数组下标。
为了解决这个问题，我们可以使用 max(0, k - p[i])，确保数组下标始终有效，并且为0作为最低限制。而在判断选择条件时，只需要保证 j >= g[i]，即总人数 j 至少满足当前使用人数 g[i] 的要求。
“根据题目数据范围，需使用 MOD = 1e9 + 7 进行取模操作。在初始化方面，根据实际需求进行初始化。当任务和利润均为0时，人数是可变的，此时只有一种选择。而当没有任务时，利润为0，无论人数限制是多少，都能找到一个‘空集’方案。因此，我们将 dp[0][j][0] 初始化为 1，其中 0 <= j <= n。
【代码实现】
class Solution {
public:int profitableSchemes(int n, int m, vector<int>& group, vector<int>& profit) {const int MOD = 1e9 + 7;int len = group.size();vector<vector<vector<int>>> dp(len + 1, vector<vector<int>>(n + 1, vector<int>(m + 1)));for(int j = 0; j <= n; j++) dp[0][j][0] = 1;for(int i = 1; i <= len; i++){for(int j = 0; j <= n; j++){for(int k = 0; k <= m; k++){dp[i][j][k] = dp[i - 1][j][k];if(j >= group[i - 1])dp[i][j][k] += dp[i - 1][j - group[i - 1]][max(0, k - profit[i - 1])];dp[i][j][k] %= MOD;}}}return dp[len][n][m];}
};
【优化方案】
class Solution {
public:int profitableSchemes(int n, int m, vector<int>& group, vector<int>& profit) {const int MOD = 1e9 + 7;int len = group.size();vector<vector<int>>dp (n + 1, vector<int>(m + 1));for(int j = 0; j <= n; j++) dp[j][0] = 1;for(int i = 1; i <= len; i++){for(int j = n ; j >= group[i - 1]; j--){for(int k = 0; k <= m; k++){dp[j][k] += dp[j - group[i - 1]][max(0, k - profit[i - 1])];dp[j][k] %= MOD;}}}return dp[n][m];}
};
377. 组合总和 Ⅳ
【题目】：377. 组合总和 Ⅳ
【算法思路】
首先，需要明确背包问题本质上是一个组合问题，且在有限条件下求解。因此，分析题目及示例后，我们可以发现这道题求的是排列数，而非组合数，所以不能简单地使用背包问题的解法。
对于此类问题，状态表示的设计并不是凭借经验或题目分析就能轻易得到的，而是需要通过分析问题的过程中，发现重复的子问题并加以抽象，从而得到合适的状态表示。
以四个元素排列为例，可以设定状态为“凑成总和i，有多少种排列方式”。通过分析问题，结合“目标值 - 当前元素”的思路，最终得出状态转移方程。
初始化 dp[0] = 1 的目的是为了确保后续状态转移的正确性，但是强行解释为和0，也有一种方式。
【代码实现】
class Solution {
public:int combinationSum4(vector<int>& nums, int target) {vector<double> dp(target + 1);dp[0] = 1;for(int i = 1; i <= target; i++){for(auto x : nums){if(i >= x) dp[i] += dp[i - x];}}return dp[target];}
};
96. 不同的二叉搜索树
【题目】：96. 不同的二叉搜索树
【算法思路】
这道题"经验 + 题目分析"很难得到状态表示，需要我们根据分析问题的过程中，发现重复子问题，抽象出来一个状态表示。
初始化 dp[0] = 1 的目的是为了确保后续状态转移的正确性，但是强行解释为和0，空树也是一种情况。
【代码实现】
class Solution {
public:int numTrees(int n) {vector<int> dp(n + 1);dp[0] = 1;for(int i = 1; i <= n ;i++){for(int j = 1; j <= i; j++){dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j];}}return dp[n];}
};
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