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DP刷题练习（二）

文章内容学习自代码随想录，感谢carl！！！！

1049. 最后一块石头的重量 II - 力扣（LeetCode）这个背包最多能装多少？？？

石头相撞，我们想要最后得到一块最小质量的石头甚至没有，我们就要尽可能的把他分成两堆，那就是0/1背包

我们有一个一半总质量的背包尽可能装满他，然后最后拿这两堆相撞，返回剩下的值

这次我写的是一维数组版本：

int lastStoneWeightII(vector<int>& stones) {int m=stones.size();//石头块数int sum=0;for(int i=0;i<m;i++) sum+=stones[i];int n=sum/2;//尽可能分成相同的两堆int dp[n+1];//dp[j]表示容量为j的背包所能装下的最大重量for(int j=0;j<=n;j++){//初始化if(j>=stones[0]) dp[j]=stones[0];else dp[j]=0;}for(int i=1;i<m;i++){//先物品for(int j=n;j>=stones[i];j--){//后背包dp[j]=max(dp[j],dp[j-stones[i]]+stones[i]);}}int x=(sum-dp[n])-dp[n];return x;}

494. 目标和 - 力扣（LeetCode）装满这个背包有多少种方法？？？？

样例：[1,1,1,1,1]
/*我们要使nums数组中的一部分为正，一部分为负，然后让他们的和等于target，这是我们的目标
我们将正数的这一部分记作left[]，负数这一部分记作right[]
于是我们有:
left+right=sum ===>> right=sum-left
left-right=target
所以left-(sum-left)=target ===>> left=(target+sum)/2，这个数是非负数的和，如果是负数的话，不符合条件直接return 0就好因为这里的都是非负整数集合，所以算出的（target+sum）%2如果不能整除的话，那就永远的凑不出target
直接return 0；
*/

所以本题就演变成给你一个容量为left的背包问你，装满这个背包总共有多少种方案？依然是0/1背包问题

int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int target) {int sum=0;for(int i=0;i<nums.size();i++) sum+=nums[i];//(sum+taget)/2是+号元素之和，必须是非负数if((sum+target)%2!=0||(sum+target)/2<0) return 0;int bag_size=(sum+target)/2;int dp[bag_size+10];//dp[j]表示用数组中若干个元素组成的和为j的方案数memset(dp,0,sizeof(dp));dp[0]=1;for(int i=0;i<nums.size();i++){for(int j=bag_size;j>=nums[i];j--){dp[j]=dp[j]+dp[j-nums[i]];//原来装满的方案，加上+上这个数才装满的方案}}return dp[bag_size];}

所以我们可以把状态定义为 dp [ j ]，表示用数组中若干个元素组成和为j的方案数。那么状态转移方程就是：

dp[j] = dp[j] + dp[j - nums[i]];

这个方程的意思是，如果我们要用若干个元素组成和为j的方案数，那么有两种选择：不选第i个元素或者选第i个元素。如果不选第i个元素，那么原来已经有多少种方案数就不变；如果选第i个元素，那么剩下要组成和为j - nums[i], 的方案数就等于dp[j - nums[i]]。所以两种选择相加就是dp【j】。

但是在实现这个状态转移方程时，有一个细节需要注意：由于每次更新dp【j】都依赖于之前计算过得dp值（也就是说当前行依赖于上一行），所以我们必须从后往前遍历更新dp值（也就是说从右往左更新），否则会覆盖掉之前需要用到得值。

最后返回dp【bag_size】即可。

474. 一和零 - 力扣（LeetCode）装满这个背包最多要用多少物品？？？？

本题让我们找出一个满足m个0，n个1的最大子集

我们将问题抽象为一个背包，将问题转化为，当背包可以装m个0，n个1时装满这个背包最多能用多少种物品

dp[i][j]//背包能装i个0，j个1时，最多要用dp[i][j]个物品

//设这个物品有x个0，y个1，那么递推式就可以为
dp[i][j]=max(dp[i-x][j-y]+1,dp[i][j]);

int findMaxForm(vector<string>& strs, int m, int n) {int dp[110][110];//dp[i][j]表示，当背包能装i个0，j个1的时候，最多能装dp[i][j]个物品memset(dp,0,sizeof(dp));for(string str:strs){int x=0,y=0;for(char c:str){if(c=='0') x++;else y++;}for(int i=m;i>=x;i--){for(int j=n;j>=y;j--){dp[i][j]=max(dp[i-x][j-y]+1,dp[i][j]);}}}return dp[m][n];}

总结：以上几道题，全都是0/1背包问题，0/1背包问题的特征是物品只能用一次

由此演变出的四类问题：这个背包能不能装满？这个背包最多能装多少？装满这个背包有多少种方案？装满这个背包最多要用多少种物品？

需要我们勤加练习！！！！接下来是完全背包问题！

518. 零钱兑换 II - 力扣（LeetCode）完全背包装满有多少种方法？？？

本题求得还是一种组合数，顺序是无关的！注意本题只能先遍历物品后遍历背包，因为只有先遍历物品后遍历背包，你得出来的才是组合数！否则你得出来的就是排列数，而排列数，是考究顺序的！！！

int change(int amount, vector<int>& coins) {int dp[amount+10];//dp[j]表示，用coins中任意硬币能组成j的最大方案数为dp[j]memset(dp,0,sizeof(dp));dp[0]=1;//组合成0块钱，有一种方案for(int i=0;i<coins.size();i++)//先物品再容量for(int j=coins[i];j<=amount;j++){//完全背包是从前往后遍历，为什么？因为物品可以无限用，所以你当前的状态dp[j]=dp[j]+dp[j-coins[i]];   //是由你已经往里放了这个东西转移而来的，意味你可以再放一次}return dp[amount];}

组合数：先遍历物品后遍历背包是这样，比如，外层循环固定coins【1】，在内层循环遍历背包时，随着背包不断增加，coins【1】可以重复被添加进来，而由于外层循环固定了，因此coins【2】只能在下一次外层循环添加进不同大小的背包中，这么看的话，coins【i+1】只能在coins【i】之后了；只有1，2，3，4的情况！！！

排列数：如果先遍历背包后遍历物品，那么外层循环先固定背包大小j，然后在大小为j的背包中循环遍历添加物品，然后在下次外层循环背包大小变为j+1，此时仍要执行内层循环遍历添加物品，也就会出现在上一轮外层循环中添加coins【2】的基础上还能再添加coins【1】的情况，那么就有了coins【1】在coins【2】之后的情况了。会出现1，2 ；2，1的情况！！！

377. 组合总和 Ⅳ - 力扣（LeetCode）

像这道题他遍历的就是排列数，因为他将1，2 |2，1区分为两个不同的组合，所以应该先遍历容量，再遍历数量

int combinationSum4(vector<int>& nums, int target) {unsigned long long dp[1010];memset(dp,0,sizeof(dp));dp[0]=1;for(int j=1;j<=target;j++)//先遍历容量for(int i=0;i<nums.size();i++){//再遍历物品，求的是排列数if(j>=nums[i]) dp[j]=dp[j]+dp[j-nums[i]];}return dp[target];}

322. 零钱兑换 - 力扣（LeetCode）完全背包装满要最少需要多少种物品？？？

这道题是求物品可以无限放，装满背包最少需要多少枚硬币

 int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {int dp[amount+10];//dp[j]表示，装满容量为j的背包，最少需要dp[j]个物品memset(dp,0x3f,sizeof(dp)); //此处初始化为最大值是服务于mindp[0]=0; //初始化成0是题目说，输入：coins = [1], amount = 0 输出：0for(int i=0;i<coins.size();i++){for(int j=1;j<=amount;j++){if(j>=coins[i]) dp[j]=min(dp[j],dp[j-coins[i]]+1);}}if (dp[amount]>=0x3f3f3f) return -1;else return dp[amount];}

279. 完全平方数 - 力扣（LeetCode）

我们看数据大小，先确定完全平方数超不过100*100，自己拼凑一个序列，然后秒了

 int numSquares(int n) {int nums[110];for(int i=1;i<=100;i++) nums[i]=i*i;int dp[n+1];//dp[j]表示，装满容量为j的背包，使用的最小完全平方数的数量为dp[j]memset(dp,0x3f,sizeof(dp));dp[0]=0;for(int i=1;i<=100;i++){for(int j=1;j<=n;j++){if(j>=nums[i]) dp[j]=min(dp[j],dp[j-nums[i]]+1);}}return dp[n];}

139. 单词拆分 - 力扣（LeetCode）

如果dp【j】就是dp【i】前面的字段可以被拼接，并且 i-j到i这段也可以被word表达，那么整个长度为i的字段就是可以被拼接的直接跳出，不能再做更新！！

bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {set<string> word;for(string w:wordDict){word.insert(w);}vector<int> dp(s.size()+1,false);//dp[i]表示，长度为i的字符串能否被字典中的单词组成为dp[i]dp[0]=true;for(int i=1;i<=s.size();i++){ //串的长度,这里我们必须先遍历背包，因为我们处理的是排列，物品顺序是有影响的for(int j=0;j<i;j++){  //串前面的长度if(dp[j]&&word.find(s.substr(j,i-j))!=word.end()) {dp[i]=true;break;//可以拼接就可以跳出了}}}return dp[s.size()];}