【算法挨揍日记】day43——DP42 【模板】完全背包、322. 零钱兑换

我不是女神ヾ 2024-02-05 18:10 59阅读 0赞

## DP42 【模板】完全背包 ##

## [【模板】完全背包\_牛客题霸\_牛客网][Link 1] ##

### 题目描述： ###

### 描述 ###

你有一个背包，最多能容纳的体积是V。

现在有n种物品，每种物品有任意多个，第i种物品的体积为��vi ,价值为��wi。

（1）求这个背包至多能装多大价值的物品？

（2）若背包恰好装满，求至多能装多大价值的物品？

#### 输入描述： ####

第一行两个整数n和V，表示物品个数和背包体积。

接下来n行，每行两个数��vi和��wi，表示第i种物品的体积和价值。

1≤�,�≤10001≤n,V≤1000

#### 输出描述： ####

输出有两行，第一行输出第一问的答案，第二行输出第二问的答案，如果无解请输出0。

### 解题思路： ###

算法思路：

背包问题的状态表⽰⾮常经典，如果⼤家不知道怎么来的，就把它当成⼀个模板记住吧~

我们先解决第⼀问：

1.  状态表⽰：

dp\[i\]\[j\]  表⽰：从前  i  个物品中挑选，总体积不超过  j  ，所有的选法中，能挑选出来的最

⼤价值。（这⾥是和 01背包⼀样哒）

2.  状态转移⽅程：

线性  dp  状态转移⽅程分析⽅式，⼀般都是根据最后⼀步的状况，来分情况讨论。但是最后⼀个

物品能选很多个，因此我们的需要分很多情况：

i.  选  0  个第  i  个物品：此时相当于就是去前  i - 1  个物品中挑选，总体积不超过  j  。

此时最⼤价值为  dp\[i - 1\]\[j\]  ；

ii.  选  1  个第  i  个物品：此时相当于就是去前  i - 1  个物品中挑选，总体积不超过  j -

v\[i\]  。因为挑选了⼀个  i  物品，此时最⼤价值为  dp\[i - 1\]\[j - v\[i\]\] +

w\[i\]

；

iii.

选  2  个第  i  个物品：此时相当于就是去前  i - 1  个物品中挑选，总体积不超过  j

\- 2 \* v\[i\]  。因为挑选了两个  i  物品，此时最⼤价值为  dp\[i - 1\]\[j - 2 \*

v\[i\]\] + 2 \* w\[i\]  ；

iv.  ......

综上，我们的状态转移⽅程为：

dp\[i\]\[j\]=max(dp\[i-1\]\[j\], dp\[i-1\]\[j-v\[i\]\]+w\[i\], dp\[i-1\]\[j-

2\*v\[i\]\]+2\*w\[i\]...)

当我们发现，计算⼀个状态的时候，需要⼀个循环才能搞定的时候，我们要想到去优化。优化的⽅

向就是⽤⼀个或者两个状态来表⽰这⼀堆的状态，通常就是⽤数学的⽅式做⼀下等价替换。我们发

现第⼆维是有规律的变化的，因此我们去看看  dp\[i\]\[j - v\[i\]\]  这个状态：

dp\[i\]\[j-v\[i\]\]=max(dp\[i-1\]\[j-v\[i\]\],dp\[i-1\]\[j-2\*v\[i\]\]+w\[i\],dp\[i-1\]

\[j-3\*v\[i\]\]+2\*w\[i\]...)

我们发现，把  dp\[i\]\[j - v\[i\]\]  加上  w\[i\]  正好和  dp\[i\]\[j\]  中除了第⼀项以外的全部

⼀致，因此我们可以修改我们的状态转移⽅程为：

dp\[i\]\[j\] = max(dp\[i - 1\]\[j\], dp\[i\]\[j - v\[i\]\] + w\[i\])  。

3.  初始化：

我们多加⼀⾏，⽅便我们的初始化，此时仅需将第⼀⾏初始化为  0  即可。因为什么也不选，也能

满⾜体积不⼩于  j  的情况，此时的价值为  0  。

4.  填表顺序：

根据状态转移⽅程，我们仅需从上往下填表即可。

5.  返回值：

根据状态表⽰，返回  dp\[n\]\[V\]  。

接下来解决第⼆问：

第⼆问仅需微调⼀下  dp  过程的五步即可。

因为有可能凑不⻬  j  体积的物品，因此我们把不合法的状态设置为  \-1  。

1.  状态表⽰：

dp\[i\]\[j\]  表⽰：从前  i  个物品中挑选，总体积正好等于  j  ，所有的选法中，能挑选出来的

最⼤价值。

2.  状态转移⽅程：

dp\[i\]\[j\] = max(dp\[i - 1\]\[j\], dp\[i\]\[j - v\[i\]\] + w\[i\])  。

但是在使⽤  dp\[i\]\[j - v\[i\]\]  的时候，不仅要判断  j >= v\[i\]  ，⼜要判断  dp\[i\]\[j -

v\[i\]\]  表⽰的情况是否存在，也就是  dp\[i\]\[j - v\[i\]\] != -1  。

3.  初始化：

我们多加⼀⾏，⽅便我们的初始化：

i.  第⼀个格⼦为  0  ，因为正好能凑⻬体积为  0  的背包；

ii.  但是第⼀⾏后⾯的格⼦都是  \-1  ，因为没有物品，⽆法满⾜体积⼤于  0  的情况。

4.  填表顺序：

根据状态转移⽅程，我们仅需从上往下填表即可。

5.  返回值：

由于最后可能凑不成体积为  V  的情况，因此返回之前需要特判⼀下。

### 解题代码： ###

#include <iostream>
    #include<string.h>
    #include<vector>
    using namespace std;
    int n, V;
    const int N = 1010;
    int v[N], w[N];
    int dp[N];
    
    int main() {
        cin >> n >> V;
        for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> v[i] >> w[i];
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = 0; j <= V; j++) {
                dp[j] = dp[j];
                if (j >= v[i])   dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i]] + w[i]);
            }
        }
        cout << dp[V] << endl;
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(int j=1;j<=V;j++)dp[j]=-1;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=0;j<=V;j++)
            {
                dp[j]=dp[j];
                if(j>=v[i]&&dp[j-v[i]]!=-1)
                dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]);
            }
            }
            cout << (dp[V] == -1 ? 0 : dp[V]) << endl;
            return 0;
        }

## 322. 零钱兑换 ##

[322. 零钱兑换][322.]

### 题目描述： ###

给你一个整数数组 `coins` ，表示不同面额的硬币；以及一个整数 `amount` ，表示总金额。

计算并返回可以凑成总金额所需的 **最少的硬币个数** 。如果没有任何一种硬币组合能组成总金额，返回 `-1` 。

你可以认为每种硬币的数量是无限的。

### 解题思路： ###

算法思路：

先将问题「转化」成我们熟悉的题型。

i.  在⼀些物品中「挑选」⼀些出来，然后在满⾜某个「限定条件」下，解决⼀些问题，⼤概率

是「背包」模型；

ii.  由于每⼀个物品都是⽆限多个的，因此是⼀个「完全背包」问题。

接下来的分析就是基于「完全背包」的⽅式来的。

1.  状态表⽰：

dp\[i\]\[j\]  表⽰：从前  i  个硬币中挑选，总和正好等于  j  ，所有的选法中，最少的硬币个

数。

2.  状态转移⽅程：

线性  dp  状态转移⽅程分析⽅式，⼀般都是根据「最后⼀步」的状况，来分情况讨论。但是最后

⼀个物品能选很多个，因此我们的需要分很多情况：

i.  选  0  个第  i  个硬币：此时相当于就是去前  i - 1  个硬币中挑选，总和正好等于  j  。

此时最少的硬币个数为  dp\[i - 1\]\[j\]  ；

ii.  选  1  个第  i  个硬币：此时相当于就是去前  i - 1  个硬币中挑选，总和正好等于  j -

v\[i\]  。因为挑选了⼀个  i  硬币，此时最少的硬币个数为  dp\[i - 1\]\[j -

coins\[i\]\] + 1  ；

ii.  选  2  个第  i  个硬币：此时相当于就是去前  i - 1  个硬币中挑选，总和正好等于  j

\- 2 \* coins  。因为挑选了两个  i  硬币，此时最少的硬币个数为  dp\[i - 1\]\[j -

2 \* coins\[i\]\] + 2  ；

iv.  ......

结合我们在完全背包⾥⾯的优化思路，我们最终得到的状态转移⽅程为：

dp\[i\]\[j\] = min(dp\[i - 1\]\[j\], dp\[i\]\[j - coins\[i\]\] + 1)  。

这⾥教给⼤家⼀个技巧，就是相当于把第⼆种情况  dp\[i - 1\]\[j - coins\[i\]\] + 1  ⾥

⾯的  i - 1  变成  i  即可。

3.  初始化：

初始化第⼀⾏即可。

这⾥因为取  min  ，所以我们可以把⽆效的地⽅设置成⽆穷⼤  (0x3f3f3f3f)

因为这⾥要求正好凑成总和为  j  ，因此，需要把第⼀⾏除了第⼀个位置的元素，都设置成⽆穷

⼤。

4.  填表顺序：

根据「状态转移⽅程」，我们仅需「从上往下」填表即可。

5.  返回值：

根据「状态表⽰」，返回  dp\[n\]\[V\]  。但是要特判⼀下，因为有可能凑不到。

### 解题代码： ###

class Solution {
    public:
        int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
            const int INT=0x3f3f3f3f;
    
            int n=coins.size();
            vector<vector<int>>dp(n+1,vector<int>(amount+1));
            for(int j=1;j<=amount;j++)   dp[0][j]=INT;
            for(int i=1;i<=n;i++)
            {
                for(int j=0;j<=amount;j++)
                {
                    dp[i][j]=dp[i-1][j];
                    if(j>=coins[i-1])
                        dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][j-coins[i-1]]+1);
                }
            }
            return dp[n][amount]>=INT?-1:dp[n][amount];
        }
    };

###  ###

[Link 1]: https://www.nowcoder.com/practice/237ae40ea1e84d8980c1d5666d1c53bc?tpId=230&tqId=2032575&ru=/exam/oj&qru=/ta/dynamic-programming/question-ranking&sourceUrl=%2Fexam%2Foj%3Fpage%3D1%26tab%3D%25E7%25AE%2597%25E6%25B3%2595%25E7%25AF%2587%26topicId%3D196#:~:text=%E4%B8%8B%E4%B8%80%E9%A2%98-,DP42%20%E3%80%90%E6%A8%A1%E6%9D%BF%E3%80%91%E5%AE%8C%E5%85%A8%E8%83%8C%E5%8C%85,-%E9%A2%98%E7%9B%AE
[322.]: https://leetcode.cn/problems/coin-change/