數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)與算法總結(jié)——背包問(wèn)題與組和問(wèn)題

• 數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)與算法總結(jié)——背包問(wèn)題與組和問(wèn)題
• 1. 背包問(wèn)題
• 2.背包問(wèn)題的變形
• 3. 組和問(wèn)題
• 總結(jié)

數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)與算法總結(jié)——背包問(wèn)題與組和問(wèn)題

我覺(jué)得學(xué)習(xí)算法很重要的一點(diǎn)是舉一反三，題目是刷不完的（這個(gè)指的是我自己，我聽說(shuō)過(guò)有刷完一千多道leetcode的大佬…），背包問(wèn)題是我筆試面試過(guò)程中遇到非常多的一個(gè)類型，而且被坑了好幾次，因此我打算好好總結(jié)一下，而這個(gè)組和問(wèn)題（你沒(méi)有看錯(cuò)，是組和，這個(gè)是我自己取的名字，英文題目叫Combination Sum）會(huì)和背包問(wèn)題由極大的相似之處，我在一次筆試的過(guò)程中將一組和問(wèn)題用背包問(wèn)題的解法去做而浪費(fèi)的不少時(shí)間，背包問(wèn)題應(yīng)該是可以求出答案的，但是不如組和問(wèn)題的專有解法來(lái)的干脆，因此我把這兩個(gè)問(wèn)題放在一起進(jìn)行一個(gè)總結(jié)。

1. 背包問(wèn)題

背包問(wèn)題建議看看《背包九講》，本文也主要是參考的《背包九講》中的內(nèi)容，我這里主要只總結(jié)一下比較基礎(chǔ)的三種——01背包、完全背包、多重背包，而混合背包和分組背包我目前還沒(méi)怎么接觸過(guò)（還是做題太少…），就先不做總結(jié)了。
（1）01背包

有 $N$ 件物品和一個(gè)容量為 $V$ 的背包。放入第 $i$ 件物品耗費(fèi)的費(fèi)用是 $C_i^1$，得到的價(jià)值是 $W_i$。求解將哪些物品裝入背包可使價(jià)值總和最大

狀態(tài)變量定義的是 $F[i,v]$ 表示將前$i$件物品恰放入一個(gè)容量為 $v$ 的背包可以獲得的最大價(jià)值。則其狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程便是：$$F[i,v]=\max \left\{F[i?1,v],F\left[i?1,v?C_i\right]+W_i\right\}$$其偽代碼為：$$\begin{array}{l}F[0,0..V]\leftarrow 0\\ \text{?for?}i\leftarrow 1\text{?to?}N\\ \begin{array}{rl}\text{?for?}v& \leftarrow C_i\text{?to?}V\\ & F[i,v]\leftarrow \max \left\{F[i?1,v],F\left[i?1,v?C_i\right]+W_i\right\}\end{array}\end{array}$$而對(duì)其進(jìn)行空間優(yōu)化之后偽代碼為：$$\begin{array}{l}F[0..V]\leftarrow 0\\ \text{?for?}i\leftarrow 1\text{?to?}N\\ \begin{array}{rl}\text{?for?}v\leftarrow & V\text{?to?}{C}_i\\ & F[v]\leftarrow \max \left\{F[v],F\left[v?C_i\right]+W_i\right\}\end{array}\end{array}$$所謂空間優(yōu)化就是就是將原本的二維DP數(shù)組優(yōu)化為一維DP數(shù)組，能這樣做的理由是，從未優(yōu)化的偽代碼中可以看出，每次循環(huán)二維DP數(shù)組中更新的位置只和其正上方$F[i?1,v]$和左上方$F\left[i?1,v?C_i\right]$有關(guān)，因此可以用一維DP數(shù)組直接代替（這其實(shí)也叫做滾動(dòng)數(shù)組），那么空間優(yōu)化后的代碼如下：

int backPack(int V, vector<int> &C, vector<int> &W){int n = C.size();vector<int> F(V+1, 0);for(int i = 1; i<n; i++){for(int j = V; j>=C[i]; j--){F[j] = max(F[j],F[j-C[i]]+W[i]);}}return F[V]; }

（2）完全背包

有 $N$ 種物品和一個(gè)容量為 $V$ 的背包，每種物品都有無(wú)限件可用。放入第 $i$ 種物品的費(fèi)用是 $C_i$，價(jià)值是 $W_i$。求解：將哪些物品裝入背包，可使這些物品的耗費(fèi)的費(fèi)用總和不超過(guò)背包容量，且價(jià)值總和最大。

這里的狀態(tài)變量的定義和01背包是一樣的，但是狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程稍有不同，如下：$$F[i,v]=\max \left\{F\left[i?1,v?k{C}_i\right]+k{W}_i|0\le k{C}_i\le v\right\}$$其偽代碼為$$\begin{array}{l}F[0,0..V]\leftarrow 0\\ \text{?for?}i\leftarrow 1\text{?to?}N\\ \begin{array}{rl}\text{?for?}v& \leftarrow C_i\text{?to?}V\\ & \text{?for?}k\leftarrow 0\text{?to?}j/C_i\\ & F[i,v]\leftarrow \max \left\{F[i?1,v],F\left[i?1,v?k{C}_i\right]+k{W}_i\right\}\end{array}\end{array}$$完全背包由兩種優(yōu)化方法，第一種是利用二進(jìn)制的思想將其轉(zhuǎn)化為01背包，第二種是優(yōu)化為一維數(shù)組，其時(shí)間復(fù)雜度為$O(VN)$。用得更多的是第二種方法，因?yàn)樗_實(shí)很方便，第一種方法的思想主要用在多重背包問(wèn)題里，那么第二種方法優(yōu)化的偽代碼如下：$$\begin{array}{l}F[0..V]\leftarrow 0\\ \text{?for?}i\leftarrow 1\text{?to?}N\\ \begin{array}{rl}\text{?for?}v& \leftarrow C_i\text{?to?}V\\ & F[v]\leftarrow \max \left(F[v],F\left[v?C_i\right]+W_i\right)\end{array}\end{array}$$這里可以看出來(lái)，如果你對(duì)01背包熟悉的話，記住完全背包也就是一句話的事情，他們之間唯一不同的是第二個(gè)for循環(huán)，完全背包是從$C_i$到$V$，01背包是從$V$到$C_i$，這個(gè)規(guī)則為什么會(huì)成立呢？《背包九講》中是這么說(shuō)的：

為什么這個(gè)算法就可行呢？首先想想為什么 01 背包中要按照 $v$ 遞減的次序來(lái)循環(huán)。讓 $v$ 遞減是為了保證第 $i$ 次循環(huán)中的狀態(tài) $F[i;v]$ 是由狀態(tài) $F[i?1;v?C_i]$遞推而來(lái)。換句話說(shuō)，這正是為了保證每件物品只選一次，保證在考慮“選入第 $i$ 件物品”這件策略時(shí)，依據(jù)的是一個(gè)絕無(wú)已經(jīng)選入第 $i$ 件物品的子結(jié)果 $F[i?1;v?C_i]$。而現(xiàn)在完全背包的特點(diǎn)恰是每種物品可選無(wú)限件，所以在考慮“加選一件第 $i$ 種物品”這種策略時(shí)，卻正需要一個(gè)可能已選入第 i 種物品的子結(jié)果 $F[i;v?C_i]$，所以就可以并且必須采用 $v$ 遞增的順序循環(huán)。這就是這個(gè)簡(jiǎn)單的程序?yàn)楹纬闪⒌牡览怼?/p>

這里給出按照第二種優(yōu)化后的代碼（其實(shí)真的就是把上面的代碼趴下來(lái)改一句話就行了）

int backPack(int V, vector<int> &C, vector<int> &W){int n = C.size();vector<int> F(V+1, 0);for(int i = 1; i<n; i++){for(int j = C[i]; j<=V; j--){F[j] = max(F[j],F[j-C[i]]+W[i]);}}return F[V]; }

（3）多重背包

有 $N$ 種物品和一個(gè)容量為 $V$ 的背包。第 $i$ 種物品最多有 $M_i$ 件可用，每件耗費(fèi)的空間是 $C_i$，價(jià)值是 $W_i$。求解將哪些物品裝入背包可使這些物品的耗費(fèi)的空間總和不超過(guò)背包容量，且價(jià)值總和最大。

同樣，多重背包的狀態(tài)變量定義和前兩者是相同的，不同的還是狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程，如下：$$F[i,v]=\max \left\{F\left[i?1,v?k?C_i\right]+k?W_i|0\le k\le M_i\right\}$$多重背包通常采用的優(yōu)化方式是通過(guò)二進(jìn)制思想轉(zhuǎn)化為01背包進(jìn)行求解，所謂二進(jìn)制思想按照我的個(gè)人理解就是，通過(guò)給數(shù)量為$M_i$個(gè)的物體 $i$ 帶上二進(jìn)制標(biāo)簽 $2^k$ 之后相當(dāng)于變成了多個(gè)數(shù)量為 1 的物體，然后通過(guò)對(duì)這些數(shù)量為 1 的物體采用取或者不取的方式最后組合成取具體數(shù)量的物體 $i$ 。這里直接給出一段多重背包的代碼，具體怎么進(jìn)行二進(jìn)制的可以通過(guò)代碼進(jìn)行理解

int main() {int n, w;cin>>n>>w;vector<int> weights;//物體重量vector<int> values;//物體價(jià)值vector<int> nums;//物體數(shù)量for(int i = 0; i<n; i++){int weight, value, num;cin>>weight>>value>>num;int temp = 1;while(num)//在輸入的時(shí)候進(jìn)行二進(jìn)制化{if(num>=temp){weights.push_back(temp * weight);values.push_back(temp * value);num -= temp;}else{weights.push_back(num * weight);values.push_back(num * weight);num = 0;}temp *= 2;}}//下面就是直接調(diào)用01背包的程序就可以了vector<int> dp(w+1, 0);for(int i = 0; i<weights.size(); i++){for(int j = w; j>=weights[i]; j--){dp[j] = max(dp[j], dp[j-weights[i]]+values[i]);}}cout<<dp[w]; }

上面的程序是在輸入的時(shí)候就直接根據(jù)物體的數(shù)量對(duì)物體的價(jià)值和重量進(jìn)行二進(jìn)制化，temp就是用來(lái)進(jìn)行二進(jìn)制化的變量，在循環(huán)中temp分別是$1,2,2^2\dots 2^{k?1},M_i?2^k+1$，通過(guò)將物體的價(jià)值和重量乘以這些系數(shù)實(shí)現(xiàn)二進(jìn)制化，二進(jìn)制化物體直接采用01背包的策略就可以直接求得多重背包最終的結(jié)果。

2.背包問(wèn)題的變形

好了，真正的重點(diǎn)來(lái)了，通過(guò)背包問(wèn)題的變形我們將引出來(lái)組和問(wèn)題，注意到，上面的背包問(wèn)題都是最典型形式，問(wèn)的都是給定一個(gè)背包容量$V$，怎么取放物體使得裝下的價(jià)值$W$最大 ，這類問(wèn)題的狀態(tài)變量的意義是價(jià)值，以01背包為例，其狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程為$$F[i,v]=\max \left\{F[i?1,v],F\left[i?1,v?C_i\right]+W_i\right\}$$那么背包問(wèn)題有一種很典型的變形形式是給定一個(gè)背包容量$V$，怎樣取放物體可以放滿背包，一共有幾種取放方式，對(duì)于這個(gè)問(wèn)題，我們就需要將狀態(tài)變量的意義定義為滿足方面背包條件的情況種類，以01背包為例，其狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程就變?yōu)?#xff1a;$$F[i,v]=F[i?1,v]+F\left[i?1,v?C_i\right]$$對(duì)應(yīng)的代碼也給出來(lái)

int combinationSum(int V, vector<int> &C){int n = C.size();vector<int> F(V+1, 0);V[0] = 1;for(int i = 1; i<n; i++){for(int j = V; j>=C[i]; j--){F[j] = F[j]+F[j-C[i]];}}return F[V]; }

注意這里，除了狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程有點(diǎn)不太一樣之外，還有就是初始話的時(shí)候需要將V[0]初始話為1，這里注意一下就好了，這類問(wèn)題又稱找零錢問(wèn)題，leetcode中還有一個(gè)找零錢問(wèn)題的變形（332題），如下：

給定不同面額的硬幣 coins 和一個(gè)總金額 amount。編寫一個(gè)函數(shù)來(lái)計(jì)算可以湊成總金額所需的最少的硬幣個(gè)數(shù)。如果沒(méi)有任何一種硬幣組合能組成總金額，返回 -1。

這個(gè)題目看上去像是完全背包問(wèn)題，但是題目所求的既不是最大價(jià)值，也不是方案數(shù)，而是最少的硬幣個(gè)數(shù)，這個(gè)怎么做呢？方法也是使用動(dòng)態(tài)規(guī)劃，但是狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程的思路和上述討論的方式不太相同，具體如下，我們維護(hù)一個(gè)一維動(dòng)態(tài)數(shù)組 dp，其中 dp[i] 表示錢數(shù)為i時(shí)的最小硬幣數(shù)的找零，注意由于數(shù)組是從0開始的，所以要多申請(qǐng)一位，數(shù)組大小為 amount+1，這樣最終結(jié)果就可以保存在 dp[amount] 中了。初始化 dp[0] = 0，因?yàn)槟繕?biāo)值若為0時(shí)，就不需要硬幣了。其他值可以初始化是 amount+1，為啥呢？因?yàn)樽钚〉挠矌攀?，所以 amount 最多需要 amount 個(gè)硬幣，amount+1 也就相當(dāng)于當(dāng)前的最大值了，注意這里不能用整型最大值來(lái)初始化，因?yàn)樵诤竺娴臓顟B(tài)轉(zhuǎn)移方程有加1的操作，有可能會(huì)溢出，除非你先減個(gè)1，這樣還不如直接用 amount+1 舒服呢。好，接下來(lái)就是要找狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程了，沒(méi)思路？不要緊！回歸例子1，假設(shè)我取了一個(gè)值為5的硬幣，那么由于目標(biāo)值是 11，所以是不是假如我們知道 dp[6]，那么就知道了組成 11 的 dp 值了？所以更新 dp[i] 的方法就是遍歷每個(gè)硬幣，如果遍歷到的硬幣值小于i值（比如不能用值為5的硬幣去更新 dp[3]）時(shí)，用 dp[i - coins[j]] + 1 來(lái)更新 dp[i]，所以狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程為（分析來(lái)源[LeetCode] 322. Coin Change 硬幣找零）：$$dp[i]=min(dp[i],dp[i?coins[j]]+1)$$代碼如下：

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

這里需要讀者細(xì)細(xì)去理解這幾種變形中的不同，然后我們繼續(xù)變形，現(xiàn)在僅僅是要求輸出有多少種情況，如果題目要求將所有的情況都打印出來(lái)呢？用背包能做嗎？答案是可以的，但是比較麻煩，一種更加簡(jiǎn)單的思路是采用回溯加剪枝，也就是圖論的方式去解決，也就是接下來(lái)要討論的組和問(wèn)題。

3. 組和問(wèn)題

組和問(wèn)題在leetcode中一共由四道，是一個(gè)系列，分別是
39. 組合總和
40. 組合總和 II
216. 組合總和 III
377. 組合總和 Ⅳ
其實(shí)這個(gè)系列并不難，簡(jiǎn)單分析下：
（1）組和問(wèn)題

給定一個(gè)無(wú)重復(fù)元素的數(shù)組 candidates 和一個(gè)目標(biāo)數(shù) target ，找出 candidates 中所有可以使數(shù)字和為 target 的組合。 candidates 中的數(shù)字可以無(wú)限制重復(fù)被選取。

這個(gè)其實(shí)就是相當(dāng)于背包問(wèn)題中的完全背包問(wèn)題，完成組和問(wèn)題需要實(shí)現(xiàn)一個(gè)深度搜索的函數(shù)，具體代碼如下：

void dfs(vector<int>& candidates, int target, int start, vector<int>& out, vector<vector<int>>& res) {if(target<0)return;if(target == 0){res.push_back(out);return;}for(int i = start; i<candidates.size(); i++){out.push_back(candidates[i]);dfs(candidates, target-candidates[i], i, out, res);out.pop_back();} }vector<vector<int>> combinationSum(vector<int>& candidates, int target) {vector<vector<int>> res;vector<int> out;dfs(candidates, target, 0, out, res); return res; }

（2）組和問(wèn)題II

給定一個(gè)數(shù)組 candidates 和一個(gè)目標(biāo)數(shù) target ，找出 candidates 中所有可以使數(shù)字和為 target 的組合。candidates 中的每個(gè)數(shù)字在每個(gè)組合中只能使用一次。

這個(gè)相當(dāng)于是01背包問(wèn)題，和上面稍有不同的處理方式是，這里因?yàn)槊總€(gè)數(shù)字只能使用一次，因此需要先對(duì)數(shù)組進(jìn)行一次排序，然后遞歸取數(shù)的時(shí)候控制不要重復(fù)取就好了，代碼如下：

void dfs(vector<int>& candidates, int target, int start, vector<int>& out, vector<vector<int>>& res) {if(target<0)return;if(target == 0){res.push_back(out);return;}for(int i = start; i<candidates.size(); i++){if(i>start && candidates[i] == candidates[i-1]) continue;//判斷相鄰兩個(gè)數(shù)據(jù)是否相同，避免重復(fù)out.push_back(candidates[i]);dfs(candidates, target-candidates[i], i+1, out, res);//將i改成i+1，避免重復(fù)out.pop_back();} }vector<vector<int>> combinationSum(vector<int>& candidates, int target) {vector<vector<int>> res;vector<int> out;sort(candidates.begin(), candidates.end());dfs(candidates, target, 0, out, res);return res; }

（3）組和問(wèn)題III

找出所有相加之和為 n 的 k 個(gè)數(shù)的組合。組合中只允許含有 1 - 9 的正整數(shù)，并且每種組合中不存在重復(fù)的數(shù)字。

還是很類似的，這里只是規(guī)定了取的個(gè)數(shù)，有點(diǎn)類似與多重背包，但不完全是，代碼如下：

void dfs(int k, int n, int start, vector<int>& out, vector<vector<int>>& res) {if(n<0)return;if(n == 0 && out.size() == k)//這里限制了取的數(shù)量{res.push_back(out);return;}for(int i = start; i<=9; i++){out.push_back(i);dfs(k, n-i, i+1, out, res);//i+1保證了不會(huì)重復(fù)取out.pop_back();} }vector<vector<int>> combinationSum3(int k, int n) {vector<vector<int>> res;vector<int> out;dfs(k, n, 1, out, res);return res; }

（4）組和問(wèn)題IV

給定一個(gè)由正整數(shù)組成且不存在重復(fù)數(shù)字的數(shù)組，找出和為給定目標(biāo)正整數(shù)的組合的個(gè)數(shù)。

這是何方神圣？這不就是01背包嗎！是的，但是leetcode上這道題和01背包有些不同的是，組合的順序不同屬于不同的組合，因此其和01背包的解題思路會(huì)稍有差別，先看代碼

int combinationSum4(vector<int>& nums, int target) {int n = nums.size();vector<int> dp(target+1);dp[0] = 1;for(int i = 1; i<=target; i++){for(int j = 0; j<n; j++){if(i>=nums[j])dp[i] = dp[i] + dp[i-nums[j]];}}return dp[target]; }

觀察發(fā)現(xiàn)和01背包不同的是，如果要求組合的順序不同屬于不同的組合，就內(nèi)外循環(huán)的順序換一下就好了，這個(gè)解法的思路和爬梯子的思路就更加相似的，比如說(shuō)對(duì)于 [1,2,3] 4，這個(gè)例子，當(dāng)我們?cè)谟?jì)算 dp[3] 的時(shí)候，3可以拆分為 1+x，而x即為 dp[2]，3也可以拆分為 2+x，此時(shí)x為 dp[1]，3同樣可以拆為 3+x，此時(shí)x為 dp[0]，我們把所有的情況加起來(lái)就是組成3的所有情況了。

總結(jié)

通過(guò)上面的分析可以看出來(lái)，如果是求方案數(shù)的話通常是用動(dòng)態(tài)規(guī)劃的方法，如果是要求輸出方案的話通常是用回溯加剪枝的方法，從本質(zhì)上說(shuō)，這兩者是等價(jià)的，最終都是搜索了一顆隱式樹，回溯加剪枝是深度優(yōu)先搜索的過(guò)程，而動(dòng)態(tài)規(guī)劃更像是層序遍歷的過(guò)程，真正體會(huì)這兩者之間的關(guān)系我還需要刷更多的題。

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的数据结构与算法总结——背包问题与组和问题的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問(wèn)題。

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