完全背包理论基础

卡码网第52题

文章链接：完全背包理论基础

视频链接：带你学透完全背包问题！

完全背包问题的定义

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] 。每件物品都有无限个（也就是可以放入背包多次），求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。

完全背包和01背包问题唯一不同的地方就是，每种物品有无限件。

	重量	价值
物品0	1	15
物品1	3	20
物品2	4	30

每件商品有无限个，问背包能背的物品的最大价值是多少？

与01背包的核心区别

先看01背包遍历的核心代码

for (int i = 0; i < weight.size(); i++) {for (int j = bagweight; j >= weight[i]; j++) {dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);}
}

01背包的内循环是从大到小遍历的，目的就是为了保证每个物品只被添加一次；

那么对于完全背包问题的物品可以多次添加，所以要从小到大去遍历，这样的遍历方式使得每个物品可以在更新当前容量 j 的时候重复利用之前已经计算过的结果（也就是说在同一个 i 循环中，dp[j] 可以从 dp[j - weight[i]] 中获得更新，而 dp[j - weight[i]] 可能刚刚在本轮循环中被更新过），从而允许每个物品被多次选取。

//先遍历物品，再遍历背包
for (int i = 0; i < weight.size(); i++) {for (int j = weight[i]; j <= bagWeight; j++) {dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);}
}

为什么完全背包的循环顺序可以互换？

在0-1背包理论基础(一)、0-1背包理论基础之滚动数组（二）文章中已经指出在01背包问题中，一维dp数组的两个for循环一定是先遍历物品，再遍历背包容量。

在完全背包问题中，对于一维dp数组来说，其实两个for循环嵌套顺序是无所谓的！

1. 先遍历物品，再遍历背包容量

for (int i = 0; i < n; i++) {      // 遍历物品for (int j = weight[i]; j <= bagWeight; j++) { // 遍历背包容量dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);}
}

我们可以看出，每次考虑一个物品，然后更新所有可能的背包容量。由于是正序更新，所以 dp[j] 可以反复从 dp[j - weight[i]] 获取价值，实现了物品的重复选择。状态图展示如下：

2. 先遍历背包容量，再遍历物品

for (int j = 0; j <= bagWeight; j++) {      // 遍历背包容量for (int i = 0; i < n; i++) { // 遍历物品if (j >= weight[i]) {dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);}}
}

在这种情况下，每个背包容量都尝试添加所有可能的物品。这样的循环同样可以正常工作，因为每个 dp[j] 都会考虑是否加入每个物品 i，并且仍然可以通过 dp[j - weight[i]] 反复获得价值，从而实现物品的重复选择。

CPP代码

这里是卡码网第52题问题的答案。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int numsMaterials;
int bagWeight;void solve () {vector<int> weights(numsMaterials, 0);vector<int> values(numsMaterials, 0);int weight, value;for (int i = 0; i < numsMaterials; i++) {int weight, value;cin >> weight >> value;weights[i] = weight;values[i] = value;}vector<int> dp(bagWeight + 1, 0);for (int i = 0; i < numsMaterials; i++) {for (int j = weights[i]; j<= bagWeight; j++) {dp[j] = max(dp[j], dp[j - weights[i]] + values[i]);}}cout << dp[bagWeight] <<endl;
}int main () {cin >> numsMaterials >> bagWeight;solve();return 0;
}

518.零钱兑换II

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文章链接：518.零钱兑换II

视频链接：装满背包有多少种方法？组合与排列有讲究！| LeetCode：518.零钱兑换II

状态：这一看就是典型的完全背包问题。但是做题的时候完全忽略了要按照五步法来，酷酷写错

思路

首先可以确定bagWeight=amount=5，再一个weight=value=coins。再一个本题和纯完全背包问题还不一样，纯完全背包是凑成背包最大价值是多少，而本题是要求凑成总金额的物品组合个数！

• 确定dp数组以及下标的含义

dp[j]：凑成总金额j的货币组合为dp[j]

• 确定递推公式

dp[j]就是所有的dp[j-coins[i]]情况相加。我们已经在这篇文章中讨论过该类问题：494.目标和

• dp数组如何初始化

卡哥文章里写了，后台测试数据是默认，amount = 0 的情况，组合数为1的。

也就是说dp[0]=1——凑成总金额0的货币组合数为1。

下标非0的dp[j]初始化为0，这样累计加dp[j - coins[i]]的时候才不会影响真正的dp[j]

• 确定遍历顺序

对于一个纯背包问题来说，遍历顺序并不重要，因为他是一个排列问题.

但是本题中是一个明显的组合问题，比如说我们可以有一种分配方法是{1, 5}但是绝对不能再有{5, 1}。所以对于遍历顺序而言一定是 外层for循环遍历物品（钱币），内层for遍历背包（金钱总额）的情况。

for (int i = 0; i < coins.size(); i++) { // 遍历物品for (int j = coins[i]; j <= amount; j++) { // 遍历背包容量dp[j] += dp[j - coins[i]];}
}

• 举例推导dp数组

输入: amount = 5, coins = [1, 2, 5] ，dp状态图如下：

CPP代码

class Solution {
public:int change(int amount, vector<int>& coins) {vector<int> dp(amount + 1, 0);dp[0] = 1;for (int i = 0; i < coins.size(); i++) { // 遍历物品for (int j = coins[i]; j <= amount; j++) { // 遍历背包dp[j] += dp[j - coins[i]];}}return dp[amount];}
};

377. 组合总和 Ⅳ

力扣题目链接

文章链接：377. 组合总和 Ⅳ

视频链接：装满背包有几种方法？求排列数？| LeetCode：377.组合总和IV

状态：典型的排列问题，其实就是一个区别，就是遍历顺序的问题，只要我们先遍历背包，再遍历物品，就可以把物品进行反复选择，从而得出排列总和为target的个数

首先先明确一下什么是排列，什么是组合：

• 组合不强调顺序，(1,5)和(5,1)是同一个组合。

• 排列强调顺序，(1,5)和(5,1)是两个不同的排列。

我们在写回溯的时候，写过几次组合总和的问题，里面其实本质也是求排列，不过回溯是要求把所有的排列都列出来，而不是求排列总和相等的个数。

如果本题要把排列都列出来的话，只能使用回溯算法爆搜。

思路

• 确定dp数组以及下标的含义

dp[i]：凑成目标正整数为i的排列个数为dp[i]

• 确定递推公式

dp[j]（考虑nums[j]）可以由 dp[i - nums[j]]（不考虑nums[j]） 推导出来。

因为只要得到nums[j]，排列个数dp[j - nums[i]]，就是dp[j]的一部分。

本题还是我们经常谈论的，求装背包有几种方法，递推公式一般都是dp[j] += dp[j - nums[i]]。

• dp数组如何初始化（dp的初始化非常重要）

在求装满背包的多少种组合问题时，其实就是让dp[0]初始化为1，这样递归其他dp[i]的时候才会有数值基础。

然后非零下标初始化为0

• 确定遍历顺序

如果求组合数就是外层for循环遍历物品，内层for遍历背包。

如果求排列数就是外层for遍历背包，内层for循环遍历物品。

如果把遍历nums（物品）放在外循环，遍历target的作为内循环的话，举一个例子：计算dp[4]的时候，结果集只有 {1,3} 这样的集合，不会有{3,1}这样的集合，因为nums遍历放在外层，3只能出现在1后面！

• 举例来推导dp数组（当题目不能OC的时候一定要进行尝试）

CPP代码

class Solution {
public:int combinationSum4(vector<int>& nums, int target) {vector<int> dp(target + 1, 0);dp[0] = 1;for (int i = 0; i <= target; i++) { // 遍历背包for (int j = 0; j < nums.size(); j++) { // 遍历物品if (i - nums[j] >= 0 && dp[i] < INT_MAX - dp[i - nums[j]]) {dp[i] += dp[i - nums[j]];}}}return dp[target];}
};

扩展题

还记得我们的爬楼梯吗？

70.爬楼梯

爬楼梯中，如果需要n阶才能爬到楼顶，每次你可以爬 1 或 2 个台阶。有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？

进一步：

如果一次可以爬3、4甚至m个台阶，一共需要爬n阶才能爬到楼顶，又如何求爬到楼顶的方法数呢？

联系到本题来看，

一步可以爬几个台阶，就相当于本题的nums=[1, 2, 3]，就是一步可以爬1、2、3个台阶，target就相当于是要target阶才能爬到楼顶。

也就是装满这个背包（爬到楼顶）有多少种方法，典型的排列问题，和本题是一样一样的。