LeetCode組合總和I IV和揹包問題小結

組合總和ii

組合總和iii

組合總和iv

對比如下，為了便於對比，將原題目的敘述方式進行了修改。

問題輸入

取值限定

解集限定解法i

無重複元素的陣列 candidates且全為正數；目標數 target

candidates元素可以無限制重複被選取

無重複集合

回溯法，對每乙個候選值可以選0~n次，滿足已選之數總和小於等於target。輸入無重複+回溯本身保證結果集無重複

ii可能有重複元素的陣列 candidates且全為正數；目標數 target

candidates元素只能選一次

無重複集合

建立candidates元素與其個數的hashmap，基於選擇個數做回溯法

iiicandidates=[1,2,...,9]，目標數 target，個數k

candidates元素只能選一次，只能選k個

無重複集合

回溯法，按順序遍歷每個元素分別考慮選與不選。其他解法見原鏈結

iv無重複元素的陣列 candidates且全為正數；目標數 target

candidates元素可以無限制重複被選取

無重複陣列（順序不同認為是不同解）

轉換為揹包問題的動態規劃解法。先排序再用回溯法求所有無重複集合的解，最後構造結果的解法會超時。

分類輸入

取值限定

解法0-1揹包

揹包容量v，n種物品其體積w[1...n]和價值v[1...n]

每個物品最多取1次

見狀態轉移方程

完全揹包

揹包容量v，n種物品其體積w[1...n]和價值v[1...n]

每個物品可以取無限次

見狀態轉移方程

多重揹包

揹包容量v，n種物品其體積w[1...n]和價值v[1...n]，個數分別為k[1...n]

第i個物品可以取0至k[i]次

見狀態轉移方程

0-1揹包

優化：觀察狀態轉移方程時可以發現，每次都直接使用i-1行的結果來構造第i行的結果，那麼只需要儲存一行即可。且在遍歷時，必須使用倒序遍歷j->1防止本輪的變化覆蓋到上一輪的結果上去，導致這一變化被再次取出來。

儲存當前行的最大值，那麼這個最大值在求解最後一行時即為所求的結果。

去掉i這乙個維度可改寫為：

完全揹包

在0-1揹包基礎上，因為每件可以使用無限次（實際上有乙個上界——不超過當前剩餘容量）。公式為：

但是結合0-1揹包優化的過程：j倒序遍歷是為了避免重複取第i個元素造成重複更新。那麼反過來利用這個特性，正好能表達每個元素取無限個的特點。

那麼優化公式為：

for (int i = 0; i <= v; i++) dp[i] = 0;//初始化二維陣列
//迴圈每個物品
for (int i = 1; i <= n; i++)
}

可以看出去掉了原始公式中k的這一層迴圈，並且將j的下界進行了優化，減少了判斷語句。

多重揹包

可以將所有型別的物品看做不同種類的，轉化為0-1揹包。

也可以沿著原先完全揹包的思路，dp[i][j] = max(dp[i-1][j-k*w[i]] + k*v[i])，其中k=0,1, 2...k[i]取整。

這兩種時間複雜度都是o(n^3)的。

有一種優化的方法是按2的冪將k件第i種物品拆分，如20=1+2+4+8+5，再使用0-1揹包，可以降低至o(n^2logn)

還有更多的優化方法，可以參考 **多重揹包的一些解法

上文所討論的三種揹包問題基本場景，都是基於求結果的組合數的，即不考慮結果中元素的順序，對於v=4，[1, 3]和[3, 1]是同乙個解。

如果要求排列數，又如何解呢？

從上文的討論過程可以發現，如果先按照順序取n個/種物品再遍歷揹包容量v，解中第i個總在第i+1個前面，沒有考慮順序。如果先遍歷容量v，再遍歷元素，自然就形成了排序的解。還以v=4舉例，取i=1時，v-i=3；取i=3時，v-i=1，此時可以得出出[1, 3]和[3, 1]兩個不同的解。

因此，第一版的狀態轉移方程為：

for(int i=0;i<=target;i++) 
int dp = new int[target+1];
for(int j=0;j= 0) 
}return dp[target];
}}

494. 目標和

可以看做元素是取正還是取反的揹包問題。注意這一題進行座標平移（+1000）和使用遞推式替代狀態轉移方程，複雜度會更低。後者即

將 dp[i][j] = dp[i - 1][j - nums[i]] + dp[i - 1][j + nums[i]] 改寫為

518.零錢兌換 ii

典型的完全揹包問題，典型的優化方式。

class solution 
if(amount<0) 
if(coins == null || coins.length == 0) 
int dp = new int[amount+1];
dp[0] = 1;
for(int i=0;i416. 分割等和子集
0-1揹包。變化點是求固定的dp[v]是否存在(true or false)。
class solution 
int sum = 0;
for(int i=0;i>1;
// 0-1揹包
// 第i個數字, 和為j
boolean dp = new boolean[half+1];
dp[0] = true;
for(int i=0;i=0;j--) 
if(j==half && dp[j]) }}
return false;
}}

139. 單詞拆分

直接套用參考文件希望用一種規律搞定揹包問題

中true-false * 完全揹包問題的公式：

class solution

if(worddict == null ||worddict.size() ==0)

boolean dp = new boolean[s.length()+1];

dp[0] = true;

for(int i=0;i<=s.length();i++)

if(amount<0 || coins==null || coins.length == 0)

int dp = new int[amount+1];

dp[0] = 0;

for(int i=1;i<=amount;i++)

for(int i=0;i希望用一種規律搞定揹包問題

【演算法總結】動態規劃-揹包問題

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