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【动态规划】题目中的「0-1 背包」和「完全背包」的问题

news 2025/10/15 9:08:51

🎒 先看「0-1 背包」（对比理解）

想象你去超市，有一个购物袋（容量有限），面前有几件商品：

商品	体积	价值
苹果	2	3
香蕉	3	4
橙子	4	5

规则：每种商品只能拿 1 个。
问：在袋子不超重的前提下，怎么拿能让总价值最大？

✅ 这就是 0-1 背包：每个物品 选 or 不选（0 或 1 次）。

🛒 再看「完全背包」

现在换一家店，规则变了：

每种商品可以拿任意多个（只要袋子装得下）！

比如苹果，你可以拿 1 个、2 个、3 个……直到袋子满了。

问题还是：怎么拿能让总价值最大？

✅ 这就是 完全背包：每个物品 可以选无限次。

🔁 关键区别

类型	每个物品能选几次？	例子
0-1 背包	最多 1 次	打家劫舍（每间房子只能偷/不偷一次）
完全背包	无限次	零钱兑换（硬币可以重复用）、完全平方数（4 可以用多次）

🧩 回到你的代码：为什么是「完全背包」？

问题：用最少的完全平方数（1, 4, 9, 16…）凑出 n。

平方数就像“硬币”：1, 4, 9, …
你可以用 多个 4（比如 4+4+4=12）
目标不是“最大价值”，而是“最少个数”

所以这是一个 “完全背包求最小数量” 的变种！

💡 类比：你有面值为 1、4、9、16… 的硬币，要凑出金额 n，问最少用几枚硬币？
→ 这就是经典的 “零钱兑换 II” 的最小硬币数版本，属于完全背包。

📌 完全背包的两个核心特征

物品可重复使用
→ 在递归中，选了之后，还能继续选同一个物品
→ 你的代码中：dfs(i, j - i*i) + 1，i 没变，说明下次还能选 i²
状态转移时，顺序很重要（DP写法中）
- 0-1 背包：倒序遍历容量（避免重复选）
- 完全背包：正序遍历容量（允许重复选）

但在你的记忆化搜索写法中，这一点体现在：选了之后不减 i。

🌰 再举个完全背包的例子：零钱兑换

硬币：[1, 3, 4]
目标：6
最少硬币数？

可能方案：

3 + 3 → 2 枚 ✅（最优）
4 + 1 + 1 → 3 枚
1×6 → 6 枚

这里 3 用了两次，所以是完全背包。

对应的递归思路：

min(dfs(用3, 剩3) + 1,dfs(不用3, 用更小的) 
)

而且 dfs(用3, 剩3) 里还能继续用 3！

✅ 总结：一句话记住

完全背包 = 物品可以“无限拿”，选了一个之后，下次还能选它。

而你的代码中：

“物品” = 完全平方数（1, 4, 9…）
“无限拿” = 递归时 i 不减（dfs(i, j - i*i)）
“最少个数” = 用 min 而不是 max

这就是为什么它属于完全背包问题。

举例

【279. 完全平方数】

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。

# 写在外面，多个测试数据之间可以共享，减少计算量
@cache  # 缓存装饰器，避免重复计算 dfs 的结果（记忆化）
def dfs(i: int, j: int) -> int:if i == 0:return inf if j else 0if j < i * i:return dfs(i - 1, j)  # 只能不选return min(dfs(i - 1, j), dfs(i, j - i * i) + 1)  # 不选 vs 选class Solution:def numSquares(self, n: int) -> int:return dfs(isqrt(n), n)

我们用刚刚理解的 「完全背包」视角，解读这段代码，确保每一步都清晰、有逻辑、不跳步。

🎯 问题再明确（完全背包视角）

你有无限量的“平方数硬币”：1, 4, 9, 16, 25, …
目标：凑出金额 n
要求：用最少的硬币数量

这和「零钱兑换」一模一样，只是硬币面值固定为平方数。

🧠 动态规划的核心：状态定义

我们要定义一个函数，能回答：

“如果我只允许用前 k 种硬币（即 1², 2², …, k²），凑出金额 j，最少需要多少枚？”

在你的代码中，这个函数是：

def dfs(i: int, j: int) -> int:

i：最大可用的硬币是 i²（相当于“前 i 种硬币”）
j：要凑的目标金额
返回值：最少硬币数

✅ 所以 dfs(i, j) = 用 {1², 2², …, i²} 这些硬币（每种无限用），凑出 j 的最少个数。

🔁 状态转移：选 or 不选当前硬币？

当前最大硬币是 i²。面对它，你有两个选择：

✅ 选择 1：不用 `i²` 这种硬币

那就只能用更小的硬币：{1², …, (i-1)²}
问题变成：dfs(i - 1, j)

✅ 选择 2：用一个 `i²` 硬币

花掉 i²，剩下金额是 j - i²
关键：因为硬币无限用，下次还能继续用 i²！
所以问题变成：dfs(i, j - i²) + 1（+1 是因为用了一枚）

🎯 这就是完全背包的标志：选了之后，状态中的“可用硬币范围”不变（还是 i）
（对比 0-1 背包：选了之后要变成 i-1）

然后，我们选这两种方案中更优的（数量更少的）：

min( dfs(i-1, j), dfs(i, j - i*i) + 1 )

⚠️ 但要注意前提：能不能选？

你不能选一个比目标还大的硬币！

如果 j < i*i，说明 i² 太大了，不能选
所以只能走“不选”的分支：
```
if j < i * i:return dfs(i - 1, j)
```

🚧 边界条件：递归的终点

什么时候停止递归？

当 i == 0：表示没有硬币可用（因为最小硬币是 1²，i=0 对应 0²=0，没用）
- 如果目标 j == 0：不需要硬币 → 返回 0
- 如果目标 j > 0：没法凑 → 返回 无穷大（inf），表示“不可能”

if i == 0:return inf if j else 0

💡 inf 在 min() 中会被自动忽略，所以不会影响结果。

🚀 初始调用：从哪里开始？

我们要凑 n，最大可能用到的硬币是 不超过 n 的最大平方数。

比如 n=12，最大平方数是 9 = 3²
所以 i 的初始值 = isqrt(n)（整数平方根）

return dfs(isqrt(n), n)

这样既不会漏掉可能的硬币，也不会考虑无用的大硬币（比如 16>12）。

🧪 完整例子：n = 12

硬币可选：1, 4, 9（因为 isqrt(12)=3）

调用：dfs(3, 12)

dfs(3,12)
├─ 不用9 → dfs(2,12)  → 用1,4凑12 → 最少3个（4+4+4）
└─ 用9 → dfs(3,3)+1   → 用1,4,9凑3 → 只能用1（3个）→ 3+1=4
→ min(3,4) = 3 ✅

而 dfs(2,12) 内部：

dfs(2,12)  // 用1,4凑12
├─ 不用4 → dfs(1,12) → 12个1 → 12
└─ 用4 → dfs(2,8)+1├─ 用4 → dfs(2,4)+1│    └─ 用4 → dfs(2,0)+1 = 0+1=1└─ 所以 dfs(2,4)=1 → dfs(2,8)=2 → dfs(2,12)=3

完全符合“完全背包”逻辑！

🧩 为什么叫“背包”？

“背包容量” = 目标金额 j
“物品” = 平方数硬币
“物品重量” = 硬币面值（i²）
“物品价值” = 1（因为我们只关心数量，每个硬币算1个）
“目标” = 装满背包（凑出 j），且物品总数最少

✅ 最终总结（完全背包视角）

代码元素	完全背包含义
`i`	当前考虑的最大硬币面值是 `i²`
`j`	背包剩余容量（要凑的金额）
`dfs(i-1, j)`	不选 `i²` 硬币
`dfs(i, j - i*i) + 1`	选一个 `i²` 硬币（还能再选！）
`j < i*i`	硬币太大，不能选
`i == 0`	没有硬币了
`@cache`	避免重复计算相同子问题
`isqrt(n)`	最大可能用到的硬币