力扣刷题day36|416分割等和子集

01背包问题 二维

有n件物品和一个最多能背重量为w 的背包。第i件物品的重量是weight[i]，得到的价值是value[i] 。每件物品只能用一次，求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。

思路

这道题一开始的想法就是列举出所有的情况，再找到价值最大的那个，但是有点懵，不知道从何处下手，暴力的解法是什么样？

其实暴力的解法就是回溯：每一件物品其实只有两个状态，取或者不取，所以可以使用回溯法搜索出所有的情况，那么时间复杂度就是 $o(2^n)$，这里的n表示物品数量。

暴力的解法是指数级别的时间复杂度。进而才需要动态规划的解法来进行优化！

动态规划五部曲

1. 确定dp数组以及下标的含义

dp[i] [j] 表示从下标为[0-i]的物品里任意取，放进容量为j的背包，价值总和最大是多少。

2. 确定递推公式

对于每件物品，其实我们都有两种可能性：有可能放入的总体价值高，也有可能不放这件物品，把空间留着给以后的东西总体价值更高。所以可以分为两类：

• 不放物品i：由dp[i - 1][j]推出，即背包容量为j，里面不放物品i的最大价值，此时因为物品i没有被放入，dp[i][j]就和前面i-1个物品的最大价值dp[i - 1][j]相同。(其实就是当物品i的重量大于背包j的重量时，物品i无法放进背包中，所以被背包内的价值依然和前面相同。)
• 放物品i：由dp[i - 1][j - weight[i]]推出，除开当前物品i，背包容量为j - weight[i]，里面要放除开物品i的前面i-1个物品的最大价值，再加上当前物品i的价值value[i]，那么dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i] （物品i的价值），就是背包放物品i得到的最大价值

所以递归公式： dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);

3. dp数组如何初始化

• 如果背包容量j为0的话，即dp[i][0]，无论是选取哪些物品，都装不下，背包价值总和一定为0

• 因为在递归公式里有i-1，i为0的时候就一定要初始化，i为0，存放编号0的物品的时候，只要背包容量j >= weight[0]，背包容量放足够放编号0物品，dp[0][j] 应该是value[0]

• 其他下标应该初始化多少呢？递归公式： dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][] + value[i])，因为有i-1在当前dp[i][j]的上方，有j - weight[i]在当前dp[i][j]的左方，所以dp[i][j] 是由左上方数值推导出来的，那么 其他下标初始为什么数值都可以，因为都会被覆盖。（在java中初始化为0）

4. 确定遍历顺序

先遍历物品更好理解

// weight数组的大小 就是物品个数
for(int i = 1; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
    for(int j = 0; j <= bagweight; j++) { // 遍历背包容量
        if (j < weight[i]) dp[i][j] = dp[i - 1][j]; 
        else dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
    }
}
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5. 举例推导dp数组

背包最大重量为4。

物品为：

01背包问题 一维

仔细观察二维的dp数组，就会发现每行的更新都只会用到上一行的值，把dp[i - 1]那一层拷贝到dp[i]上，表达式完全可以是：dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][j - weight[i]] + value[i]);

那么其实一维数组就可以解决我们的背包问题，只用dp[j]，重新动规五部曲

动态规划五部曲

1. 确定dp数组的定义

在一维dp数组中，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]。

2. 一维dp数组的递推公式

• 不放物品i：dp[j]可以通过dp[j - weight[i]]推导出来，dp[j - weight[i]]表示容量为j - weight[i]的背包所背的最大价值。

• 放物品i：dp[j - weight[i]] + value[i] 表示如果除开当前的物品i容量为 j - weight[i] ，现在放入物品i的背包 加上 物品i的价值value[i]。（也就是容量为j的背包，放入物品i了之后的价值即：dp[j]）

递推公式：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i])

3. 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。

4. 一维dp数组遍历顺序

这里需要倒序遍历：列表后面的值需要通过与前面的值比较确定，因此要先处理

这里有2个解释：

• 二维数组利用的是左上和正上方的数据，转换为一维数组，就要利用左边数据，如果正序遍历每次更新数值，都相当于覆盖了上一层（左边）的值，此时随着往后遍历，j的值也增大，有时会用到之前左侧的结果，然而之前的结果已经被我们更新过了，原来的数值我们已经丢失了，此时就会出错。

• 这里倒序保证物品只放了一次的是，在二维数组放入物品i前的背包状态处于[i - 1][j - weight[i]]，这里是肯定没有放入物品i的，也就是保留了没有放入物品i，容量为j - weight[i]的状态。

  但是压缩为一维数组后，若正序遍历j，放入物品i前的背包状态[j - weight[i]] 会经过更新，在本题即状态更新为 放入了物品i 或 没有放入物品i 二者其一。若更新为 放入物品i 则之后状态更新会将此背包状态当作没有放入物品i的状态进行更新，在本题更新体现为 又一次放入了物品i。

  若倒序j，状态方程中使用的前一个状态[j - weight[i]] 肯定在[j]前，也就是在物品i本轮遍历j，状态方程所使用的状态[j - weight[i]] (即没有放入物品i的状态，在二维数组中体现为状态[i - 1][j - weight[i]]) 肯定不会在本轮更新为放入物品i的状态(即二维数组中的[i][j - weight[i]])，即保证物品在此轮遍历j中只放了一次。

而且这里先遍历物品再遍历背包，如果先遍历背包的话，dp数组就存的全是同一个物品的数值

5. 举例推导dp数组

背包最大重量为4。

物品为：

416. 分割等和子集

力扣题目链接

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] 。
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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。
1
2
3

思路

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。

那么只要找到集合里能够出现 sum / 2 的子集总和，就算是可以分割成两个相同元素和子集了。

本题可以用01背包来解决（元素只能用一次）

所以现在题目变为：要求集合里能否出现总和为 sum / 2 的子集。

那么来一一对应一下本题，看看背包问题如何来解决。

只有确定了如下四点，才能把01背包问题套到本题上来。

• 背包的体积为sum / 2
• 背包要放入的商品（集合里的元素）重量为 元素的数值，价值也为元素的数值
• 背包如果正好装满，说明找到了总和为 sum / 2 的子集。
• 背包中每一个元素是不可重复放入。

动态规划五部曲

1. 确定dp数组以及下标的含义

01背包中，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]。

套到本题，dp[j]表示 背包总容量是j，最大可以凑成j的子集总和为dp[j]。

2. 确定递推公式

01背包的递推公式为：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

本题，相当于背包里放入数值，那么物品i的重量是nums[i]，其价值也是nums[i]。

所以递推公式：dp[j] = max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]);

3. dp数组如何初始化

从dp[j]的定义来看，首先dp[0]一定是0。

如果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，如果题目给的价值有负数，那么非0下标就要初始化为负无穷。

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。

本题题目中 只包含正整数的非空数组，所以非0下标的元素初始化为0就可以了。

int[] dp = new int[target + 1];
1

数组大小只用nums总和的一半，加上一个0

4. 确定遍历顺序

如果使用一维dp数组，物品遍历的for循环放在外层，遍历背包的for循环放在内层，且内层for循环倒序遍历

// 开始 01背包
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
    for (int j = target; j >= nums[i]; j--) {
        //物品 i 的重量是 nums[i]，其价值也是 nums[i]
        dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]);
    }
}
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5. 举例推导dp数组

dp[j]的数值一定是小于等于j的。

如果dp[j] == j 说明，集合中的子集总和正好可以凑成总和j

以示例1为例：

最后dp[11] == 11，说明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。

完整代码

public boolean canPartition(int[] nums) {
    int sum = 0;
    for (int num : nums) {
        sum += num;
    }
    // 如果和为奇数，肯定不能平分
    if (sum % 2 != 0) {
        return false;
    }
    // 不为奇数就新设置一个target
    int target = sum / 2;

    int[] dp = new int[target + 1];
    // 开始 01背包
    for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
        for (int j = target; j >= nums[i]; j--) {
            //物品 i 的重量是 nums[i]，其价值也是 nums[i]
            dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]);
        }
    }
    // 集合中的元素正好可以凑成总和target
    if (dp[target] == target) return true;
    return false;
}
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