代码随想录算法训练营第46天| Leetcode 139.单词拆分、卡码网 56. 携带矿石资源（附带多重背包的基本解法和优化）-编程知识

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Leetcode 139.单词拆分
卡码网 56. 携带矿石资源
方法一：分组转化成01背包
方法二：转化成01背包+完全背包（基于方法一的小优化）
方法三：二进制优化（优化了方法一的分组方式）

Leetcode 139.单词拆分

题目链接：Leetcode 139.单词拆分
题目描述： 给你一个字符串 s 和一个字符串列表 wordDict 作为字典。如果可以利用字典中出现的一个或多个单词拼接出 s 则返回 true。注意：不要求字典中出现的单词全部都使用，并且字典中的单词可以重复使用。
思路： 由于单词可以重复使用，并且要求正确顺序，因此可以联想到完全背包中的求排列问题。

dp[i] : 字符串长度为i的话，dp[i]为true，表示可以拆分为一个或多个在字典中出现的单词。
递推公式：如果截取的单词[i - sz, sz]等于word并且dp[i - sz] == true,则dp[i] = true
初始化：dp[0] = ture
遍历顺序：先遍历背包，后遍历物品。

代码如下：

class Solution {
public:bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {vector<bool> dp(s.size() + 5);dp[0] = true;// 完全背包求排列问题for (int i = 1; i <= s.size(); i++) // 先遍历背包for (auto& word : wordDict) {   // 后遍历物品int sz = word.size();// 首先背包容量要大于单词大小// 其次，如果截取的单词[i-sz,sz]等于word并且dp[i-sz]==true,则dp[i]=trueif (i >= sz && s.substr(i - sz, sz) == word) {dp[i] = dp[i] || dp[i - sz];}}return dp[s.size()];}
};

时间复杂度 $O(n^2)$
空间复杂度 $O (n)$

卡码网 56. 携带矿石资源

题目链接：卡码网 56. 携带矿石资源
在这里插入图片描述

思路： 这道题是多重背包的模板题。首先观察多重背包的特点是每件物品的数量不相同，其余的条件和01背包和完全背包很像，那能不能将其转化成它们呢？答案是可以。

方法一：分组转化成01背包

由于多重背包每件物品数量不相同，不知道一种占用空间 w ，价值为 v，数量为 s 的物品该拿多少件，因此我们就把该拿多少件枚举一下，假设为 k件1 <= k <= s ，然后我们就把问题看成仅有一件的占用空间k * w ，价值为k * v的物品该不该拿。
代码如下：

#include <iostream>
#include <vector>using namespace std;const int N = 1e4 + 5;int w[N],v[N],k[N];
int dp[N];
int n,m;int main()
{cin >> n >> m;//背包大小和物品数量for(int i = 1; i <= m; i ++ ) cin >> w[i];for(int i = 1; i <= m; i ++ ) cin >> v[i];for(int i = 1; i <= m; i ++ ) cin >> k[i];//转化成01背包for(int i = 1; i <= m; i ++ )//遍历物品for(int j = n; j >= w[i]; j -- )//遍历背包//遍历个数for(int num = 1; num <= k[i] && j - num * w[i] >= 0; num ++ )dp[j] = max(dp[j], dp[j - num * w[i]] + num * v[i]);cout << dp[n];return 0;
}

时间复杂度 $O(n^3)$
空间复杂度 $O (n)$

方法二：转化成01背包+完全背包（基于方法一的小优化）

我们发现，如果k个物品的总重量大于等于背包的最大容量，说明在当前大小的背包容量下，该物品有无限个和只有k个的效果是相同的，这部分物品就转化成了完全背包问题。

为什么要转换成完全背包？我们看方法一转化成01背包是需要枚举一下拿多少件的，而转化为完全背包是不需要枚举多少件的，可以拿我们就拿，所以在时间上会有一些优化。（尽管时间复杂度不变）

代码如下：

#include <iostream>
#include <vector>using namespace std;const int N = 1e4 + 5;int w[N],v[N],k[N];
int dp[N];
int n,m;int main()
{               cin >> n >> m;//背包大小和物品数量for(int i = 1; i <= m; i ++ ) cin >> w[i];for(int i = 1; i <= m; i ++ ) cin >> v[i];for(int i = 1; i <= m; i ++ ) cin >> k[i];//转化成01背包+完全背包for(int i = 1; i <= m; i ++ )//遍历物品{if(k[i] * w[i] >= n)//如果不能把某个物品全部一次性装下，则可转化为完全背包{for(int j = w[i]; j <= n; j ++ )dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);}else{for(int j = n; j >= w[i]; j -- )//遍历背包//遍历个数for(int num = 1; num <= k[i] && j - num * w[i] >= 0; num ++ )dp[j] = max(dp[j], dp[j - num * w[i]] + num * v[i]);}}cout << dp[n];return 0;
}

时间复杂度 $O(n^3)$
空间复杂度 $O (n)$

方法三：二进制优化（优化了方法一的分组方式）

我们发现利用从 $1$ 、 $2$ 、 $4$ …… $2^n$ 可以枚举出 $0,2^n-1]$ 的所有数字（利用等比数列求和可以证明），因此可以不用像方法一那样依次枚举每个数字，本题数据范围是 $10^4$ ，而 $2^{13}=8192$ ，也就是每个数字最多分为 $14$ 组即可，不必依次枚举k，大大降低了时间复杂度。
代码如下：

#include <iostream>
#include <vector>using namespace std;const int N = 1e4 + 5;
const int M = 13 * N + 5;//根据数据范围，一个数最多拆13次，因此要比原来多开一些空间
int w[N],v[N],k[N];
int W[M],V[M];//用来记录分组之后的物品重量和价值
int dp[N];
int n,m;int main()
{               cin >> n >> m;//背包大小和物品数量for(int i = 1; i <= m; i ++ ) cin >> w[i];for(int i = 1; i <= m; i ++ ) cin >> v[i];for(int i = 1; i <= m; i ++ ) cin >> k[i];//将物品数量按照（1，2，4...2^n）分组，然后转化为01背包（优化了遍历次数）int cnt = 0;//记录物品数量for(int i = 1; i <= m; i ++ )//分组过程{int num = 1;while(num <= k[i]){cnt ++ ;W[cnt] = num * w[i];V[cnt] = num * v[i];k[i] -= num;num *= 2;}if(k[i])//剩下的直接放入{cnt ++ ;W[cnt] = k[i] * w[i];V[cnt] = k[i] * v[i];}}//01背包过程for(int i = 1;i <= cnt; i ++ )for(int j = n; j >= W[i]; j -- ){dp[j] = max(dp[j], dp[j - W[i]] + V[i]);}//输出cout << dp[n];return 0;
}