今天是动态规划的第三天，昨天的不同路径与整数分解的几道题目大家理解得如何？如果有疑问大家还是多去想想dp数组究竟是什么含义，还有我的状态转移是否正确，初始化是否正确，这一点很重要，今天的题目依旧是跑不出我们的动规五部曲，我们就一起走进我们今天的题目。
第一部分 0-1背包问题的理论基础
今天我们就进入了动态规划里面一个非常重要的问题：背包问题，首先我们要来了解一下背包问题是什么，它可以解决什么样的问题以及什么情况下我们就可以判定这是一个背包问题，首先我们来看背包问题是什么：
首先我要先告诉大家一句就是我们Leetcode上是没有单纯的考察0-1背包的题目的。当然我可以给大家补充几道，一个是蓝桥云课上可以找到另一个就是卡码网上会有，那我们重点需要理解0-1背包问题和完全背包问题，尤其是0-1背包问题这个及其重要，假设我们有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。这就是0-1背包问题注意我们的每一件物品只能使用一次，但是如果是完全背包问题那么物品数量是无限的。这点大家要区分清楚。
接下来是我们如何考虑背包问题：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。但是这样使用回溯法太慢了很可能会导致超时，那么我们就需要使用动态规划的思想，举个例子：
dou
这个当然大家很轻松就看出来了结果就是35，我们有两种选法一个是选择物品0与物品1，一种是选择物品2，很明显我们在达到最大重量之前我们可以获得最大价值，那我们还需要使用动规五部曲来解决背包问题：
1. 确定dp数组以及下标的含义
这个在动规五部曲里面是很重要的，因为有两个维度需要分别表示：物品 和 背包容量，因此我们需要使用二维数组来表示，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，这个很重要的，我们对于每一件产品都存在两种情况就是取或者不取。这点大家要清楚。
2. 确定递推公式
这个是背包问题很容易出错的地方，其实主要原因还是没搞清楚dp数组的含义，dp[1][4] 我们存在两种情况，分别是：
- 放物品1
- 还是不放物品1
因此我们就根据上面给出的例题来看，dp[1][4] = max(dp[0][4], dp[0][1] + 物品1 的价值),我们要取的是最大价值，第一种就是我们不选物品1，那这样目前的最大价值就是前面的物品带来的，如果我们选了物品1，那么我们背包的剩余容量要减去物品1的重量最后不要忘记加上物品1的价值，因为我们的dp数组表示的本就是最大价值。
3. dp数组如何初始化
关于初始化，一定要和dp数组的定义吻合，否则到递推公式的时候就会越来越乱。
首先从dp[i][j]的定义出发，如果背包容量j为0的话，即dp[i][0]，无论是选取哪些物品，背包价值总和一定为0。还有一个dp[0][j]需要考虑，这个其实要取决于背包容量了，如果j >= value[0]的话那我们可以装下这件物品所以初始化为value[0],如果小于的话就是0表示装不下物品
这里我给出大家初始化的代码：
vector<vector<int>> dp(weight.size(), vector<int>(bagweight + 1, 0));
for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) {dp[0][j] = value[0];
}为什么要倒序遍历就是考虑到了那个可以装下第一件物品的事情。
4. 确定遍历顺序
先遍历 物品还是先遍历背包重量呢？其实都是可以的，我先给出先遍历物品，然后遍历背包重量的代码。这里两种代码都提供给大家：
// 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] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);}
}for(int j = 0; j <= bagweight; j++) { // 遍历背包容量for(int i = 1; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品if (j < weight[i]) dp[i][j] = dp[i - 1][j];else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);}
}当然我更偏向于第一种先遍历物品再遍历背包的剩余容量，那么最后大家就需要自己打印一下我们的dp数组便于大家理解，也可以看看自己的状态转移方程究竟对不对。
第二部分 0-1背包问题的例题卡码网第46题
这里我就不多讲了，大家应该可以看出这是一个背包问题，不就是我们这里变成了携带的研究材料取得最大价值，我就直接给出大家ACM模式的代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main() {int n, bagweight;// bagweight代表行李箱空间cin >> n >> bagweight;vector<int> weight(n, 0); // 存储每件物品所占空间vector<int> value(n, 0); // 存储每件物品价值for(int i = 0; i < n; ++i) {cin >> weight[i];}for(int j = 0; j < n; ++j) {cin >> value[j];}// dp数组, dp[i][j]代表行李箱空间为j的情况下,从下标为[0, i]的物品里面任意取,能达到的最大价值vector<vector<int>> dp(weight.size(), vector<int>(bagweight + 1, 0));// 初始化, 因为需要用到dp[i - 1]的值// j < weight[0]已在上方被初始化为0// j >= weight[0]的值就初始化为value[0]for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) {dp[0][j] = value[0];}for(int i = 1; i < weight.size(); i++) { // 遍历科研物品for(int j = 0; j <= bagweight; j++) { // 遍历行李箱容量if (j < weight[i]) dp[i][j] = dp[i - 1][j]; // 如果装不下这个物品,那么就继承dp[i - 1][j]的值else {dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);}}}cout << dp[n - 1][bagweight] << endl;return 0;
}
第三部分 背包问题的压缩与优化
在这里我们可以将二维的dp数组优化成一维的dp数组，其实可以发现如果把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]);但是大家要注意我们如果压缩后了新的数组的含义就会变成容量为j的背包，所背的物品价值可以最大为dp[j]。这样的话我们的状态转移方程就可以变为：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i])。
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。这里我重要想要讲清楚的是遍历顺序的问题这里会与我们使用二维数组有一些不一样：
for(int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品for(int j = bagWeight; j >= weight[i]; j--) { // 遍历背包容量dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);}
}在这里大家可以看到我们的背包容量是倒序遍历的，这个是为什么其实是为了保证物品i只被放入一次，如果正序遍历我们就会导致那么物品0就会被重复加入多次，这里可以举一个例子助于大家理解：
物品0的重量weight[0] = 1，价值value[0] = 15
如果正序遍历：dp[1] = dp[1 - weight[0]] + value[0] = 15 dp[2] = dp[2 - weight[0]] + value[0] = 30
这样的话我的物品0不就放了两次了，这就不符合0-1背包的要求了。
如果是倒序遍历的话：我们就会先计算dp[2] = dp[2 - weight[0]] + value[0] = 15 （dp数组已经都初始化为0）
接下来就是dp[1] = dp[1 - weight[0]] + value[0] = 15 这样就可以避免出现物品放多次的情况。
关于背包问题我就给大家讲解这么多，其实这只是背包问题的理论基础，我们还是要去看力扣上涉及到背包问题的具体题目。
开始力扣上的题目第416题分割等和子集
其实很可能是我算法思维在训练营一个多月变强了，我一看到题目就大致猜出来了要用背包问题的思路来解，不是因为这道题目在背包问题专栏里面，我们来看一下题目的要求：
这道题目是我们把数组分开，然后看看能不能把这个数组分成两个和的数组，其实这个大家是否可以想清楚就是一个背包问题，就是看看我们能不能达到那个最大价值，那个最大价值就是原先数组和的一半，其实数组里的每一个数字就相当于我们理论基础里面的物品的价值，这里大家要注意有一点就是在这里我们物品的价值与质量其实是等值的，只要想清楚了这一点再加上我们对背包问题已经比较熟悉那么解决这道题目就不难了，我们一起看思路：
首先我们要先求出原先数组的和，然后我们使用一个变量存储最大价值，也就是和的一半，当然在这里我们进行一步剪枝的操作，如果我们的和是奇数那么就不可能分成两个和相等的数组，这点大家应该注意到，接下来就是我们动态规划的步骤了，同样我们还是定义dp数组，当然初始化很简单dp[0] = 0,我们dp数组表示的是目前i个数的和，当然我们就需要在遍历的时候考虑对于每一个数我们是否选择它，我们就可以写出以下的代码：
class Solution {
public:bool canPartition(vector<int>& nums) {int sum = 0;vector<int> dp(10001, 0);for (int i = 0; i < nums.size(); ++i) sum += nums[i];if (sum % 2 == 1) return false; //奇数不可能凑出两个子集的元素和相等int target = sum / 2;dp[0] = 0;//0-1背包问题但在这里比较特殊的是物品的重量与价值其实是相等的for (int i = 1; i < nums.size(); ++i){for (int j = target; j >= nums[i]; --j){dp[j] = max(dp[j],dp[j - nums[i]] + nums[i]);}}//看看这个背包能不能装满return dp[target] == target;}
};下面都是背包问题的理论基础，我们还是先枚举物品再枚举背包容量，当然我们背包容量需要倒序遍历，这是为了保证每一个物品使用一次，最后我们看看dp[target] == target是否正确，就是我们能不能凑出原数组和的一半这个数，如果可以就返回true否则就是false。
今日总结
今天的背包问题尤其是0-1背包问题其实是很重要的，理解背包问题的二维数组与一维数组的思路，注意遍历顺序就可以了，今天的题目其实大家只看看出考察的就是背包问题估计就不难了，好的，我们今天就分享到这里，我们明天见！
