「背包问题：给你一个可装载重量为W的背包和N个物品，每个物品有重量和价值两个属性。其中第i个物品的重量为wt[i]，价值为val[i]，现在让你用这个背包装物品，最多能装的价值是多少？」
今天是十五周算法训练营的第十三周，主要讲背包问题专题。（欢迎加入十五周算法训练营，与小伙伴一起卷算法）
「背包问题：给你一个可装载重量为W的背包和N个物品，每个物品有重量和价值两个属性。其中第i个物品的重量为wt[i]，价值为val[i]，现在让你用这个背包装物品，最多能装的价值是多少？」
【资料图】
0-1背包动态规划思路
明确状态和选择
状态有两个：背包的容量和可选择的物品
选择就是：装进背包或者不装进背包
dp数组的含义
刚才明确了状态，现在需要用dp数组把状态表达出来，刚才找到的「状态」，有两个，也就是说我们需要一个二维dp数组，一维表示可选择的物品，一维表示背包的容量。
dp[i][w]表示的就是对于[0……i]个物品，当前背包容量为w时的最大价值
根据选择，思考状态转移的逻辑
dp[i][w]表示：对于前i个物品，当前背包的容量为w时，这种情况下可以装下的最大价值是dp[i][w]。
如果你没有把这第i个物品装入背包，那么很显然，最大价值dp[i][w]应该等于dp[i-1][w]。你不装嘛，那就继承之前的结果。
如果你把这第i个物品装入了背包，那么dp[i][w]应该等于dp[i-1][w-wt[i-1]] + val[i-1]。
首先，由于i是从 1 开始的，所以对val和wt的取值是i-1。
明确base case: 此处的base case就是dp[ 0 ][ …… ]和dp[……][0]的时候，这个时候没有物品或者背包没有容量，此时价值为0
背包问题动态规划的结构
for 状态1 in 状态1的所有取值： for 状态2 in 状态2的所有取值： for ... dp[状态1][状态2][...] = 择优(选择1，选择2...)0-1背包解题思路
/** * 0-1背包问题解题思路 * * 给你一个可装载重量为W的背包和N个物品，每个物品有重量和价值两个属性。其中第i个物品的重量为wt[i]，价值为val[i]，现在让你用这个背包装物品，最多能装的价值是多少？ */// 该问题是一个典型的动态规划问题// 1. 明确状态和选择// 状态就是背包的容量和可选的物品// 选择就是要不要装该物品// 2. dp数组含义// dp[i][w]表示前i个物品、当前背包容量为w时，能装的最大价值// 3. 状态转移逻辑// 为了获取dp[i][w]的时候需要考虑当前要放入物品的重量是否可以放到背包中，即比较当前背包容量和要放入物品重量// 若不能放进去:dp[i][w] = dp[i - 1][w]// 若可以放进去,则此时就需要比较放入和不放入后的价值dp[i][w] = Math.max(dp[i - 1][w], dp[i - 1][w - wtPresent] + valPresent)function knapsack(W, N, wt, val) { // 定义dp const dp = new Array(N + 1); for (let i = 0; i < dp.length; i++) { dp[i] = (new Array(W + 1)).fill(0); } // base case // 当在定义dp的时候已经进行了初始化为0，0就是起base case for (let i = 1; i < dp.length; i++) { for (let w = 1; w < dp[0].length; w++) { // 判断当前物品是否可以放到背包中，如果不能放进去 if (w - wt[i - 1] < 0) { dp[i][w] = dp[i - 1][w]; } else { // 如果可以放进去 dp[i][w] = Math.max(dp[i - 1][w], dp[i - 1][w - wt[i - 1]] + val[i - 1]); } } } // 最终结果 return dp[N][W];}分割等和子集
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] 。
// 对于经典背包问题，是给你一个可装载重量为W的背包和N个物品，每个物品有重量和价值两个属性。其中第i个物品的重量为wt[i]，价值为val[i]，现在让你用这个背包装物品，最多能装的价值是多少？// 该问题其实是经典背包问题的变形，可以先对集合求和，得出sum,该问题就可以转换为背包问题：// 给一个可装载重量为sum / 2的背包和N个物品，每个物品的重量为nums[i],现在让你装物品，是否存在一种装法，能够恰好将背包装满// 1. 明确状态和选择// 状态就是背包容量和可选择的物品// 选择就是装进背包和不装进背包// 2. dp数组函数// dp[i][j] = x表示，对于前i个物品，当前背包的容量为j时，若x为true，则说明可以恰好将背包装满，若x为false，则说明不能恰好将背包装满。// 3. 状态转移逻辑// 若放不进去，dp[i][j] = dp[i - 1][j]// 若能够放进去dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i - 1][j - nums[i - 1]]// 4. base case// base case就是：// (1)有物品但是容量为0,肯定能装满，此时即dp[……][0] = true// (2)没有物品但是有容量时，肯定装不满，此时即dp[0][……] = falsefunction canPartition(nums) { let sums = 0; nums.forEach(num => sums += num); // 如果是奇数，不能被划分，直接返回false if (sums % 2 === 1) { return false; } const numsLen = nums.length; const dp = new Array(numsLen + 1); for (let i = 0; i < dp.length; i++) { dp[i] = (new Array(sums / 2 + 1)).fill(false); } // base case for (let i = 0; i < dp.length; i++) { dp[i][0] = true; } for (let i = 1; i < dp.length; i++) { for (let j = 1; j < dp[0].length; j++) { if (j - nums[i - 1] < 0) { dp[i][j] = dp[i - 1][j]; } else { dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i - 1][j - nums[i - 1]]; } } } // 最终其dp[n][sum / 2]就是起结果,因为此时能找到和的一半，另一半也是和的一半 return dp[numsLen][sums / 2];}零钱兑换II
给你一个整数数组 coins 表示不同面额的硬币，另给一个整数 amount 表示总金额。
请你计算并返回可以凑成总金额的硬币组合数。如果任何硬币组合都无法凑出总金额，返回 0 。
假设每一种面额的硬币有无限个。
题目数据保证结果符合 32 位带符号整数。
示例 1：
输入：amount = 5, coins = [1, 2, 5] 输出：4 解释：有四种方式可以凑成总金额： 5=5 5=2+2+1 5=2+1+1+1 5=1+1+1+1+1
// 该问题可转换为有一个背包，最大容量为amount，有一系列物品coins，每个物品的重量为coins[i]，每个物品的数量无限。请问有多少种方法，能够把背包恰好装满？// 与经典背包区别的是每个物品的数量是无限的，这也就是完全背包问题。// 1. 状态和选择// 状态：背包的容量和可选择的物品// 选择：放进背包和不放进背包// 2. 定义dp// dp[i][j]:若只使用前i个物品，当背包容量为j时，有dp[i][j]种方法可以装满背包。换句话说：若只使用coins中的前i个硬币的面值，若想凑出金额j，有dp[i][j]中凑法// 3. 状态转移逻辑// 若不能放进去：dp[i][j] = dp[i - 1][j]// 若能够放进去：dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - coins[i]]// 4. base case// (1)有硬币，但是目标结果为0，即dp[0……n][0] = 1// (2)没有硬币，即dp[0][0……n] = 0function change(amount, coins) { const n = coins.length; const dp = new Array(n + 1); for (let i = 0; i < dp.length; i++) { dp[i] = (new Array(amount + 1)).fill(0); } // base case for (let i = 0; i < dp.length; i++) { dp[i][0] = 1; } // 遍历dp for (let i = 1; i < dp.length; i++) { for (let j = 1; j < dp[0].length; j++) { // 如果当前硬币不能放进背包 if (j < coins[i - 1]) { dp[i][j] = dp[i - 1][j]; } else { // 能放进去，则结果就是放进去与不放进去的加和 // 为什么当放进去的时候为i，因为此时已经决定使用coins[i - 1]的值 dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - coins[i - 1]]; } } } // 目标结果就是[N, amount] return dp[n][amount];}// 通过观察发现dp[i][j]之和dp[i][……]和dp[i - 1][……]相关// 则可进行状态压缩function change1(amount, coins) { // 定义dp const dp = (new Array(amount + 1)).fill(0); // base case dp[0] = 1; // 进行遍历 for (let i = 0; i < coins.length; i++) { for (let j = 1; j < dp.length; j++) { if (j >= coins[i]) { dp[j] = dp[j] + dp[j - coins[i]]; } } } return dp[dp.length - 1];}const amount = 5;const coins = [1, 2, 5];console.log(change1(amount, coins));最后一块石头的重量II
有一堆石头，用整数数组 stones 表示。其中 stones[i] 表示第 i 块石头的重量。
每一回合，从中选出任意两块石头，然后将它们一起粉碎。假设石头的重量分别为 x 和 y，且 x <= y。那么粉碎的可能结果如下：
如果 x == y，那么两块石头都会被完全粉碎； 如果 x != y，那么重量为 x 的石头将会完全粉碎，而重量为 y 的石头新重量为 y-x。 最后，最多只会剩下一块 石头。返回此石头 最小的可能重量 。如果没有石头剩下，就返回 0。
示例 1：
输入：stones = [2,7,4,1,8,1] 输出：1 解释： 组合 2 和 4，得到 2，所以数组转化为 [2,7,1,8,1]， 组合 7 和 8，得到 1，所以数组转化为 [2,1,1,1]， 组合 2 和 1，得到 1，所以数组转化为 [1,1,1]， 组合 1 和 1，得到 0，所以数组转化为 [1]，这就是最优值。
// 该问题和分割等和子集问题（416）处理方式类似，就是背包问题// 1. 状态和选择// 状态：背包和当前可选物品// 选择：是否装进背包// 2. dp数组含义// dp[w][i]表示背包容量为w时，前i个物品，最多能够装的物品重量// 3. 状态转移逻辑// 不能装进去：dp[w][i] = dp[w][i - 1]// 能够装进去：dp[w][i] = Math.max(dp[w][i - 1], dp[w - stones[i]][i - 1] + stones[i])// 4. base case// 当i = 0时，dp[0……w][0] = 0// 当w = 0时，dp[0][……] = 0function lastStoneWeightII(stones) { // 得到总重量 let sum = 0; stones.forEach(stone => { sum += stone; }); const weight = Math.floor(sum / 2); // 定义dp const dp = new Array(weight + 1); for (let i = 0; i < dp.length; i++) { dp[i] = (new Array(stones.length + 1)).fill(0); } // base case 在初始化时已经完成 // 循环遍历 for (let w = 1; w < dp.length; w++) { for (let i = 1; i < dp[0].length; i++) { // 判断是否可以装进去 if (w - stones[i - 1] < 0) { dp[w][i] = dp[w][i - 1]; } else { dp[w][i] = Math.max(dp[w][i - 1], dp[w - stones[i - 1]][i - 1] + stones[i - 1]); } } } return sum - 2 * dp[weight][stones.length];}const stones = [31,26,33,21,40];console.log(lastStoneWeightII(stones));目标和
给你一个整数数组 nums 和一个整数 target 。
向数组中的每个整数前添加 ‘+’ 或 ‘-‘ ，然后串联起所有整数，可以构造一个 表达式 ：
例如，nums = [2, 1] ，可以在 2 之前添加 ‘+’ ，在 1 之前添加 ‘-‘ ，然后串联起来得到表达式 “+2-1” 。 返回可以通过上述方法构造的、运算结果等于 target 的不同 表达式 的数目。
示例 1：
输入：nums = [1,1,1,1,1], target = 3 输出：5 解释：一共有 5 种方法让最终目标和为 3 。 -1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 3 +1 – 1 + 1 + 1 + 1 = 3 +1 + 1 – 1 + 1 + 1 = 3 +1 + 1 + 1 – 1 + 1 = 3 +1 + 1 + 1 + 1 – 1 = 3
// 该方法可以用背包解决// 如何转换为01背包问题呢？// 假设加法的总和为x，那么减法对应的总和就是sum - x// 所以我们要求的就是x - (sum - x) = S// x = (S + sum) / 2// 此时问题就转化为：装满容量为x背包，有几种方法// 1. 状态和选择// 2. dp数组含义// dp[i][w]：前i个物品、背包容量为w时，有几种方式装满// 3. 状态转移逻辑// 装不进去：dp[i][w] = dp[i - 1][w]// 能装进去：dp[i][w] = dp[i - 1][w - nums[i]] + dp[i - 1][w]// 4. base case// dp[0][0] = 1function findTargetSumWays(nums, target) { // 求和 const sum = nums.reduce((total, num) => total + num); // weight必须大于0且为整数 if (target + sum < 0 || (target + sum) % 2 === 1) { return 0; } // 求weight const weight = (target + sum) / 2; // dp const dp = new Array(nums.length + 1); for (let i = 0; i < dp.length; i++) { dp[i] = (new Array(weight + 1)).fill(0); } // base case dp[0][0] = 1; // 循环 for (let i = 1; i < dp.length; i++) { for (let w = 0; w < dp[i].length; w++) { // 不能装进去 if (w - nums[i - 1] >= 0) { dp[i][w] = dp[i - 1][w] + dp[i - 1][w - nums[i - 1]]; } else { dp[i][w] = dp[i - 1][w]; } } } return dp[nums.length][weight];}// 用回溯算法实现一遍function findTargetSumWays1(nums, target) { let result = 0; const backtrack = (index, sum) => { // 结束条件 if (index === nums.length) { if (sum === target) { result++; } return; } backtrack(index + 1, sum + nums[index]); backtrack(index + 1, sum - nums[index]); }; backtrack(0, 0); return result;}const nums = [0, 0, 0, 1];const target = 1;console.log(findTargetSumWays1(nums, target));标签：
