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从贪心算法到动态规划

2022-11-20 by undefined

贪心算法（Greedy Algorithm)

 简介
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贪心算法，又名贪婪法，是寻找最优解问题的常用方法，这种方法模式一般将求解过程分成若干个步骤，但每个步骤都应用贪心原则，选取当前状态下最好/最优的选择（局部最有利的选择），并以此希望最后堆叠出的结果也是最好/最优的解。

例如，有一堆钞票，你可以拿走十张，如果想达到最大的金额，你要怎么拿？
指定每次拿最大的，最终结果就是拿走最大数额的钱。
每次拿最大的就是局部最优，最后拿走最大数额的钱就是推出全局最优。
再举一个例子如果是有一堆盒子，你有一个背包体积为n，如何把背包尽可能装满，如果还每次选最大的盒子，就不行了。这时候就需要动态规划。

贪心算法的基本步骤：

引例：找零钱问题（coin change）

假设你开了间小店，不能电子支付，钱柜里的货币只有 25 分、10 分、5 分和 1 分四种硬币，如果你是售货员且要找给客户 41 分钱的硬币，如何安排才能找给客人的钱既正确且硬币的个数又最少？

这里需要明确的几个点：

  1. 货币只有 25 分、10 分、5 分和 1 分四种硬币；
  2. 找给客户 41 分钱的硬币；
  3. 硬币最少化

怎么做？

（回顾一下上文基本步骤，1，2，3）

  1. 找给顾客sum_money=41分钱，可选择的是25 分、10 分、5 分和 1 分四种硬币。能找25分的，不找10分的原则，初次先找给顾客25分；
  2. 还差顾客sum_money=41-25=16。然后从25 分、10 分、5 分和 1 分四种硬币选取局部最优的给顾客，也就是选10分的，此时sum_money=16-10=6。重复迭代过程，还需要sum_money=6-5=1,sum_money=1-1=0。至此，顾客收到零钱，交易结束。
  3. 此时41分，分成了1个25，1个10，1个5，1个1，共四枚硬币。

但是，我们再回顾一下引例问题内容

现在问题变了，还是需要找给顾客41分钱，现在的货币只有 25 分、20分、10 分、5 分和 1 分五种硬币；该怎么办？

按照贪心算法的三个步骤：

  1. 41分，局部最优化原则，先找给顾客25分；
  2. 此时，41-25=16分，还需要找给顾客10分，然后5分，然后1分；
  3. 最终，找给顾客一个25分，一个10分，一个5分，一个1分，共四枚硬币。

但是不是觉得哪里不太对，如果给他2个20分，加一个1分，三枚硬币就可以了呢？

再举个例子，我们来看一看经典的背包问题

如果，你有一个可以承受重量上限为 C 的背包和 n 个物品，第 i 个物品的价值为 vi ，重量为 wi 。在物品不可以分割且背包不可以超负荷的情况下，如何可以最大化背包中物品的价值。

 面对这个问题，即使再优秀的贪心策略，也没有办法保证得到最优解。大致的想法是追求高价值（性价比）的物品是我们想要的，但同时不浪费过多背包的容积也是需要的，单一的贪心策略就无法兼顾了，这时候就必须使用动态规划算法才能够得到问题的最优解。

贪心算法具有局限性。
优点：简单，高效，省去了为了找最优解可能需要穷举操作，通常作为其它算法的辅助算法来使用；
缺点：不从总体上考虑其它可能情况，每次选取局部最优解，不再进行回溯处理，但是很多时候局部最优的累积并不能保证实现全局最优，所以很少情况下得到最优解。

455.分发饼干  https://leetcode.cn/problems/assign-cookies/

假设你是一位很棒的家长，想要给你的孩子们一些小饼干。但是，每个孩子最多只能给一块饼干。对每个孩子 i，都有一个胃口值 g[i]，这是能让孩子们满足胃口的饼干的最小尺寸；并且每块饼干 j，都有一个尺寸 s[j] 。如果 s[j] >= g[i]，我们可以将这个饼干 j 分配给孩子 i ，这个孩子会得到满足。你的目标是尽可能满足越多数量的孩子，并输出这个最大数值。

示例 1:

示例 2:

思路

为了满足更多的小孩，就不要造成饼干尺寸的浪费。
大尺寸的饼干既可以满足胃口大的孩子也可以满足胃口小的孩子，那么就应该优先满足胃口大的。
这里的局部最优就是大饼干喂给胃口大的，充分利用饼干尺寸喂饱一个，全局最优就是喂饱尽可能多的小孩。
可以尝试使用贪心策略，先将饼干数组和小孩数组排序。
然后从后向前遍历小孩数组，用大饼干优先满足胃口大的，并统计满足小孩数量。 

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class Solution {
    // 思路1：优先考虑饼干，小饼干先喂饱小胃口
    public int findContentChildren(int[] g, int[] s) {
        Arrays.sort(g);
        Arrays.sort(s);
        int start = 0;
        int count = 0;
        for (int i = 0; i < s.length && start < g.length; i++) {
            if (s[i] >= g[start]) {
                start++;
                count++;
            }
        }
        return count;
    }
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class Solution {
    // 思路2：优先考虑胃口，先喂饱大胃口
    public int findContentChildren(int[] g, int[] s) {
        Arrays.sort(g);
        Arrays.sort(s);
        int count = 0;
        int start = s.length - 1;
        // 遍历胃口
        for (int index = g.length - 1; index >= 0; index--) {
            if(start >= 0 && g[index] <= s[start]) {
                start--;
                count++;
            }
        }
        return count;
    }
}

动态规划 （Dynamic Programming）简称DP

简介：
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dynamic programming is a method for solving a complex problem by breaking it down into a collection of simpler subproblems.
维基百科的观点，翻译为动态规划是一种解决复杂问题的方法，它把复杂问题分解成一系列更简单的子问题。

简单来说，动态规划其实就是，给定一个问题，我们把它拆成一个个子问题，直到子问题可以直接解决。然后呢，把子问题答案保存起来，以减少重复计算。再根据子问题答案反推，得出原问题解的一种方法。

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对话引例：

A ： "1+1+1+1+1+1+1+1 =？"

A ： "上面等式的值是多少"

B ： 计算 "8"

A : 在上面等式的左边写上 "1+" 呢？

A : "此时等式的值为多少"

B : 很快得出答案 "9"

A : "你怎么这么快就知道答案了"

A : "只要在8的基础上加1就行了”

A : "所以你不用重新计算，因为你记住了第一个等式的值为8!动态规划算法也可以说是 '记住求过的解来节省时间'"

动态规划最核心的思想，就在于拆分子问题，记住过往，减少重复计算

如果某一问题有很多重叠子问题，使用动态规划是最有效的。

动态规划的基本解题步骤：

  1. 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
  2. 确定递推公式
  3. dp数组如何初始化
  4. 确定遍历顺序
  5. 举例推导dp数组

引例：
斐波那契数  https://leetcode.cn/problems/fibonacci-number/description/

斐波那契数，通常用 F(n) 表示，形成的序列称为 斐波那契数列 。该数列由 0 和 1 开始，后面的每一项数字都是前面两项数字的和。也就是： F(0) = 0，F(1) = 1  F(n) = F(n - 1) + F(n - 2)，其中 n > 1 给你n ，请计算 F(n) 。
示例 1：

示例 2：

示例 3：

提示：

动规五部曲：

这里我们要用一个一维dp数组来保存递归的结果

  1. 确定dp数组以及下标的含义

dp[i]的定义为：第i个数的斐波那契数值是dp[i]

  1. 确定递推公式

为什么这是一道非常简单的入门题目呢？

因为题目已经把递推公式直接给我们了：状态转移方程 dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];

  1. dp数组如何初始化

题目中把如何初始化也直接给我们了，如下：

dp[0] = 0;

dp[1] = 1;

  1. 确定遍历顺序

从递归公式dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];中可以看出，dp[i]是依赖 dp[i - 1] 和 dp[i - 2]，那么遍历的顺序一定是从前到后遍历的

  1. 举例推导dp数组

按照这个递推公式dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]，我们来推导一下，当N为10的时候，dp数组应该是如下的数列：

0 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55

如果代码写出来，发现结果不对，就把dp数组打印出来看看和我们推导的数列是不是一致的。

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class Solution {
    public int fib(int n) {
        if (n <= 1) return n;             
        int[] dp = new int[n + 1];
        dp[0] = 0;
        dp[1] = 1;
        for (int index = 2; index <= n; index++){
            dp[index] = dp[index - 1] + dp[index - 2];
        }
        return dp[n];
    }
}

当然可以发现，我们只需要维护两个数值就可以了，不需要记录整个序列

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class Solution {
    public int fib(int n) {
        if (n < 2) return n;
        int a = 0, b = 1, c = 0;
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            c = a + b;
            a = b;
            b = c;
        }
        return c;
    }
}

经典入门问题
爬楼梯  https://leetcode.cn/problems/climbing-stairs/

假设你正在爬楼梯。需要 n 阶你才能到达楼顶。
每次你可以爬 1 或 2 个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？
注意：给定 n 是一个正整数。

示例 1：

示例 2：

解题思路:

爬到第一层楼梯有一种方法，爬到二层楼梯有两种方法。
那么第一层楼梯再跨两步就到第三层 ，第二层楼梯再跨一步就到第三层。
所以到第三层楼梯的状态可以由第二层楼梯 和 到第一层楼梯状态推导出来，那么就可以想到动态规划了。
我们来分析一下，动规五部曲：

定义一个一维数组来记录不同楼层的状态

  1. 确定dp数组以及下标的含义

dp[i]： 爬到第i层楼梯，有dp[i]种方法

  1. 确定递推公式

如果可以推出dp[i]呢？

从dp[i]的定义可以看出，dp[i] 可以有两个方向推出来。
首先是dp[i - 1]，上i-1层楼梯，有dp[i - 1]种方法，那么再一步跳一个台阶不就是dp[i]了么。
还有就是dp[i - 2]，上i-2层楼梯，有dp[i - 2]种方法，那么再一步跳两个台阶不就是dp[i]了么。
那么dp[i]就是 dp[i - 1]与dp[i - 2]之和！
所以dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] 。
在推导dp[i]的时候，一定要时刻想着dp[i]的定义，否则容易跑偏。
这体现出确定dp数组以及下标的含义的重要性！

  1. dp数组如何初始化

在回顾一下dp[i]的定义：爬到第i层楼梯，有dp[i]中方法。
需要注意的是：题目中说了n是一个正整数，题目根本就没说n有为0的情况。
故不考虑dp[0]初始化，只初始化dp[1] = 1，dp[2] = 2，然后从i = 3开始递推，这样才符合dp[i]的定义。

  1. 确定遍历顺序

从递推公式dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];中可以看出，遍历顺序一定是从前向后遍历的
5. 举例推导dp数组
6.
举例当n为5的时候，dp table（dp数组）应该是这样的 

此时大家应该发现了，这不就是斐波那契数列么！
但是这题正常思考过程应该是推导完递推公式之后，发现这是斐波那契，而不是上来就知道这是斐波那契。
在这道题目的第三步，确认dp数组如何初始化，其实就可以看出来，对dp[i]定义理解的深度。

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class Solution {
    public int climbStairs(int n) {
        if (n <= 1) return n;
        int[] dp = new int[n + 1];
        dp[1] = 1;
        dp[2] = 2;
        for (int i = 3; i <= n; i++) {
            dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
        }
        return dp[n];
    }
}

扩展：
这道题目还可以继续深化，就是一步一个台阶，两个台阶，三个台阶，直到 m个台阶，有多少种方法爬到n阶楼顶。
这又有难度了，这其实是一个完全背包问题（稍候讲到）

不同路径 https://leetcode.cn/problems/unique-paths/

机器人从(0 , 0) 位置出发，到(m - 1, n - 1)终点。
按照动规五部曲来分析：

  1. 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
    dp[i][j] ：表示从（0 ，0）出发，到(i, j) 有dp[i][j]条不同的路径。

  2. 确定递推公式
    想要求dp[i][j]，只能有两个方向来推导出来，即dp[i - 1][j] 和 dp[i][j - 1]。
    此时在回顾一下 dp[i - 1][j] 表示啥，是从(0, 0)的位置到(i - 1, j)有几条路径，dp[i][j - 1]同理。
    那么很自然，dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]，因为dp[i][j]只有这两个方向过来。

  3. dp数组的初始化
    如何初始化呢，首先dp[i][0]一定都是1，因为从(0, 0)的位置到(i, 0)的路径只有一条，那么dp[0][j]也同理。
    所以初始化代码为：

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    for (int i = 0; i < m; i++) dp[i][0] = 1;
    for (int j = 0; j < n; j++) dp[0][j] = 1;

  4. 确定遍历顺序
    这里要看一下递推公式dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]，dp[i][j]都是从其上方和左方推导而来，那么从左到右一层一层遍历就可以了。
    这样就可以保证推导dp[i][j]的时候，dp[i - 1][j] 和 dp[i][j - 1]一定是有数值的。

  5. 举例推导dp数组

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/**

     * 1. 确定dp数组下标含义 dp[i][j] 到每一个坐标可能的路径种类

     * 2. 递推公式 dp[i][j] = dp[i-1][j] dp[i][j-1]

     * 3. 初始化 dp[i][0]=1 dp[0][i]=1 初始化横竖就可

     * 4. 遍历顺序 一行一行遍历

     * 5. 推导结果 。。。。。。。。

     *

     * @param m

     * @param n

     * @return

     */

    public static int uniquePaths(int m, int n) {

        int[][] dp = new int[m][n];

        //初始化

        for (int i = 0; i < m; i++) {

            dp[i][0] = 1;

        }

        for (int i = 0; i < n; i++) {

            dp[0][i] = 1;

        }

        for (int i = 1; i < m; i++) {

            for (int j = 1; j < n; j++) {

                dp[i][j] = dp[i-1][j]+dp[i][j-1];

            }

        }

        return dp[m-1][n-1];

    }

当然，这题我们可以将二维数组转化成一维可以优化内存空间

不同路径II  https://leetcode.cn/problems/unique-paths-ii/

依旧按照动规五部曲来分析：

  1. 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
    dp[i][j] ：表示从（0 ，0）出发，到(i, j) 有dp[i][j]条不同的路径。
  2. 确定递推公式
    递推公式和62.不同路径一样，dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]。
    但这里需要注意一点，因为有了障碍，(i, j)如果就是障碍的话应该就保持初始状态（初始状态为0）。
    所以代码为：
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    if (obstacleGrid[i][j] == 0) { // 当(i, j)没有障碍的时候，再推导dp[i][j]
        dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
    }

在62.不同路径不同路径中我们给出如下的初始化：

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for (int i = 0; i < m; i++) dp[i][0] = 1;
for (int j = 0; j < n; j++) dp[0][j] = 1;

因为从(0, 0)的位置到(i, 0)的路径只有一条，所以dp[i][0]一定为1，dp[0][j]也同理。
但如果(i, 0) 这条边有了障碍之后，障碍之后（包括障碍）都是走不到的位置了，所以障碍之后的dp[i][0]应该还是初始值0。

下标(0, j)的初始化情况同理。

所以本题初始化代码为：

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for (int i = 0; i < m && obstacleGrid[i][0] == 0; i++) dp[i][0] = 1;
for (int j = 0; j < n && obstacleGrid[0][j] == 0; j++) dp[0][j] = 1;

注意代码里for循环的终止条件，一旦遇到obstacleGrid[i][0] == 1的情况就停止dp[i][0]的赋值1的操作，dp[0][j]同理
4. 确定遍历顺序
从递归公式dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1] 中可以看出，一定是从左到右一层一层遍历，这样保证推导dp[i][j]的时候，dp[i - 1][j] 和 dp[i][j - 1]一定是有数值。

代码如下：

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for (int i = 1; i < m; i++) {

    for (int j = 1; j < n; j++) {

        if (obstacleGrid[i][j] == 1) continue;

        dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];

    }

}

拿示例1来举例如题：

对应的dp table 如图：

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class Solution {

    public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {

        int m = obstacleGrid.length;

        int n = obstacleGrid[0].length;

        int[][] dp = new int[m][n];

        //如果在起点或终点出现了障碍，直接返回0

        if (obstacleGrid[m - 1][n - 1] == 1 || obstacleGrid[0][0] == 1) {

            return 0;

        }

  

        for (int i = 0; i < m && obstacleGrid[i][0] == 0; i++) {

            dp[i][0] = 1;

        }

        for (int j = 0; j < n && obstacleGrid[0][j] == 0; j++) {

            dp[0][j] = 1;

        }

  

        for (int i = 1; i < m; i++) {

            for (int j = 1; j < n; j++) {

                dp[i][j] = (obstacleGrid[i][j] == 0) ? dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1] : 0;

            }

        }

        return dp[m - 1][n - 1];

    }

}

动态规划经典问题之背包问题

0-1背包理论基础

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] 。每件物品只能用一次，求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。

每一件物品其实只有两个状态，取或者不取，所以可以使用回溯法搜索出所有的情况，那么时间复杂度就是o(2^n)，这里的n表示物品数量。

所以暴力的解法是指数级别的时间复杂度。进而才需要动态规划的解法来进行优化！

举一个例子：

背包最大重量为4。
物品为：

重量 价值
物品0 1 15
物品1 3 20
物品2 4 30

问背包能背的物品最大价值是多少？

二维dp数组01背包

依然动规五部曲分析。

  1. 确定dp数组以及下标的含义

对于背包问题，有一种写法， 是使用二维数组，即dp[i][j] 表示从下标为[0-i]的物品里任意取，放进容量为j的背包，价值总和最大是多少。

看下面这个图：

时刻记着这个dp数组的含义，下面的一些步骤都围绕这dp数组的含义进行的

  1. 确定递推公式

再回顾一下dp[i][j]的含义：从下标为[0-i]的物品里任意取，放进容量为j的背包，价值总和最大是多少。

那么可以有两个方向推出来dp[i][j]，

所以递归公式： dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);

  1. dp数组如何初始化
    关于初始化，一定要和dp数组的定义吻合，否则到递推公式的时候就会越来越乱。
    首先从dp[i][j]的定义出发，如果背包容量j为0的话，即dp[i][0]，无论是选取哪些物品，背包价值总和一定为0。如图：

在看其他情况。

状态转移方程 dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); 

可以看出i 是由 i-1 推导出来，那么i为0的时候就一定要初始化。

dp[0][j]，即：i为0，存放编号0的物品的时候，各个容量的背包所能存放的最大价值。

那么很明显当 j < weight[0]的时候，dp[0][j] 应该是 0，因为背包容量比编号0的物品重量还小。

当j >= weight[0]时，dp[0][j] 应该是value[0]，因为背包容量放足够放编号0物品。

代码初始化如下：

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for (int j = 0 ; j < weight[0]; j++) {  

    dp[0][j] = 0;

}

// 正序遍历

for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) {

    dp[0][j] = value[0];

}

此时dp数组初始化情况如图所示：

dp[0][j] 和 dp[i][0] 都已经初始化了，那么其他下标应该初始化多少呢？
其实从递归公式： dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); 可以看出dp[i][j] 是由左上方数值推导出来了，那么 其他下标初始为什么数值都可以，因为都会被覆盖。
但只不过一开始就统一把dp数组统一初始为0，更方便一些。
如图：

最后初始化代码如下：

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// 初始化 dp
for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) {
    dp[0][j] = value[0];
}

费了这么大的功夫，才把如何初始化讲清楚，相信不少同学平时初始化dp数组是凭感觉来的，但有时候感觉是不靠谱的。
4. 确定遍历顺序
在如下图中，可以看出，有两个遍历的维度：物品与背包重量

那么问题来了，先遍历 物品还是先遍历背包重量呢？
其实都可以， 但是先遍历物品更好理解。
那么我先给出先遍历物品，然后遍历背包重量的代码。
// weight数组的大小 就是物品个数

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for(int i = 1; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品

    for(int j = 0; j <= bagweight; j++) { // 遍历背包容量

        if (j < weight[i]) dp[i][j] = dp[i - 1][j];

        else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);

    }

}

先遍历背包，再遍历物品，也是可以的！
例如这样：

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// weight数组的大小 就是物品个数

for(int j = 0; j <= bagweight; j++) { // 遍历背包容量

    for(int i = 1; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品

        if (j < weight[i]) dp[i][j] = dp[i - 1][j];

        else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);

    }

}

为什么也是可以的呢？
要理解递归的本质和递推的方向。
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); 
递归公式中可以看出dp[i][j]是靠dp[i-1][j]和dp[i - 1][j - weight[i]]推导出来的。
dp[i-1][j]和dp[i - 1][j - weight[i]] 都在dp[i][j]的左上角方向（包括正上方向），那么先遍历物品，再遍历背包的过程如图所示：

再来看看先遍历背包，再遍历物品呢，如图：

大家可以看出，虽然两个for循环遍历的次序不同，但是dp[i][j]所需要的数据就是左上角，根本不影响dp[i][j]公式的推导
但先遍历物品再遍历背包这个顺序更好理解。
其实背包问题里，两个for循环的先后循序是非常有讲究的，理解遍历顺序其实比理解推导公式难多了。

  1. 举例推导dp数组

来看一下对应的dp数组的数值，如图：

最终结果就是dp[2][4]。
建议大家此时自己在纸上推导一遍，看看dp数组里每一个数值是不是这样的。
做动态规划的题目，最好的过程就是自己在纸上举一个例子把对应的dp数组的数值推导一下，然后在动手写代码。

完整代码：

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public static void main(String[] args) {

        int[] weight = {1, 3, 4};

        int[] value = {15, 20, 30};

        int bagsize = 4;

        testweightbagproblem(weight, value, bagsize);

    }

  

  

    public static void testweightbagproblem(int[] weight, int[] value, int bagsize){

        int wlen = weight.length, value0 = 0;

        //定义dp数组：dp[i][j]表示背包容量为j时，前i个物品能获得的最大价值

        int[][] dp = new int[wlen + 1][bagsize + 1];

        //初始化：背包容量为0时，能获得的价值都为0

        for (int i = 0; i <= wlen; i++){

            dp[i][0] = value0;

        }

        //遍历顺序：先遍历物品，再遍历背包容量

        for (int i = 1; i <= wlen; i++){

            for (int j = 1; j <= bagsize; j++){

                if (j < weight[i - 1]){

                    dp[i][j] = dp[i - 1][j];

                }else{

                    dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i - 1]] + value[i - 1]);

                }

            }

        }

        //打印dp数组

        for (int i = 0; i <= wlen; i++){

            for (int j = 0; j <= bagsize; j++){

                System.out.print(dp[i][j] + " ");

            }

            System.out.print("\n");

        }

    }

那么接下来我们通过01背包，来讲一讲滚动数组
接下来还是用如下这个例子来进行讲解

重量 价值
物品0 1 15
物品1 3 20
物品2 4 30
问背包能背的物品最大价值是多少？

一维dp数组（滚动数组）

对于背包问题其实状态都是可以压缩的。
在使用二维数组的时候，递推公式：dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
其实可以发现如果把dp[i - 1]那一层拷贝到dp[i]上，表达式完全可以是：dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][j - weight[i]] + value[i]);
与其把dp[i - 1]这一层拷贝到dp[i]上，不如只用一个一维数组了，只用dp[j]（一维数组，也可以理解是一个滚动数组）。
这就是滚动数组的由来，需要满足的条件是上一层可以重复利用，直接拷贝到当前层。
dp[i][j] 表示从下标为[0-i]的物品里任意取，放进容量为j的背包，价值总和最大是多少。

动规五部曲分析如下：

  1. 确定dp数组的定义

在一维dp数组中，dp[j]表示：容量为j的背包，所背的物品价值可以最大为dp[j]。

  1. 一维dp数组的递推公式

dp[j]为 容量为j的背包所背的最大价值，那么如何推导dp[j]呢？

dp[j]可以通过dp[j - weight[i]]推导出来，dp[j - weight[i]]表示容量为j - weight[i]的背包所背的最大价值。

dp[j - weight[i]] + value[i] 表示 容量为 j - 物品i重量 的背包 加上 物品i的价值。（也就是容量为j的背包，放入物品i了之后的价值即：dp[j]）

此时dp[j]有两个选择，一个是取自己dp[j] 相当于 二维dp数组中的dp[i-1][j]，即不放物品i，一个是取dp[j - weight[i]] + value[i]，即放物品i，指定是取最大的，毕竟是求最大价值，

所以递归公式为：

dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

可以看出相对于二维dp数组的写法，就是把dp[i][j]中i的维度去掉了。

  1. 一维dp数组如何初始化

关于初始化，一定要和dp数组的定义吻合，否则到递推公式的时候就会越来越乱。

dp[j]表示：容量为j的背包，所背的物品价值可以最大为dp[j]，那么dp[0]就应该是0，因为背包容量为0所背的物品的最大价值就是0。

那么dp数组除了下标0的位置，初始为0，其他下标应该初始化多少呢？

看一下递归公式：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

dp数组在推导的时候一定是取价值最大的数，如果题目给的价值都是正整数那么非0下标都初始化为0就可以了。

这样才能让dp数组在递归公式的过程中取的最大的价值，而不是被初始值覆盖了。

那么我假设物品价值都是大于0的，所以dp数组初始化的时候，都初始为0就可以了。

  1. 一维dp数组遍历顺序

代码如下：

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for(int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品

    for(int j = bagWeight; j >= weight[i]; j--) { // 遍历背包容量

        dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

    }

}

这里大家发现和二维dp的写法中，遍历背包的顺序是不一样的！

二维dp遍历的时候，背包容量是从小到大，而一维dp遍历的时候，背包是从大到小。

为什么呢？

倒序遍历是为了保证物品i只被放入一次！但如果一旦正序遍历了，那么物品0就会被重复加入多次！

举一个例子：物品0的重量weight[0] = 1，价值value[0] = 15

如果正序遍历

dp[1] = dp[1 - weight[0]] + value[0] = 15

dp[2] = dp[2 - weight[0]] + value[0] = 30

此时dp[2]就已经是30了，意味着物品0，被放入了两次，所以不能正序遍历。

为什么倒序遍历，就可以保证物品只放入一次呢？

倒序就是先算dp[2]

dp[2] = dp[2 - weight[0]] + value[0] = 15 （dp数组已经都初始化为0）

dp[1] = dp[1 - weight[0]] + value[0] = 15

所以从后往前循环，每次取得状态不会和之前取得状态重合，这样每种物品就只取一次了。

那么问题又来了，为什么二维dp数组历的时候不用倒序呢？

因为对于二维dp，dp[i][j]都是通过上一层即dp[i - 1][j]计算而来，本层的dp[i][j]并不会被覆盖！

再来看看两个嵌套for循环的顺序，代码中是先遍历物品嵌套遍历背包容量，那可不可以先遍历背包容量嵌套遍历物品呢？

不可以！

因为一维dp的写法，背包容量一定是要倒序遍历（原因上面已经讲了），如果遍历背包容量放在上一层，那么每个dp[j]就只会放入一个物品，即：背包里只放入了一个物品。

倒序遍历的原因是，本质上还是一个对二维数组的遍历，并且右下角的值依赖上一层左上角的值，因此需要保证左边的值仍然是上一层的，从右向左覆盖。

（回想一下dp[j]的定义，或者就把两个for循环顺序颠倒一下试试！）

所以一维dp数组的背包在遍历顺序上和二维其实是有很大差异的！这一点大家一定要注意。

  1. 举例推导dp数组

一维dp，分别用物品0，物品1，物品2 来遍历背包，最终得到结果如下：

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public static void main(String[] args) {

        int[] weight = {1, 3, 4};

        int[] value = {15, 20, 30};

        int bagWight = 4;

        testWeightBagProblem(weight, value, bagWight);

    }

  

    public static void testWeightBagProblem(int[] weight, int[] value, int bagWeight){

        int wLen = weight.length;

        //定义dp数组：dp[j]表示背包容量为j时，能获得的最大价值

        int[] dp = new int[bagWeight + 1];

        //遍历顺序：先遍历物品，再遍历背包容量

        for (int i = 0; i < wLen; i++){

            for (int j = bagWeight; j >= weight[i]; j--){

                dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

            }

        }

        //打印dp数组

        for (int j = 0; j <= bagWeight; j++){

            System.out.print(dp[j] + " ");

        }

    }

可以看出，一维dp 的01背包，要比二维简洁的多！ 初始化和遍历顺序相对简单了。

实战：

1049 最后一块石头的重量II https://leetcode.cn/problems/last-stone-weight-ii/description/

本题物品的重量为stones[i]，物品的价值也为stones[i]。

对应着01背包里的物品重量weight[i]和 物品价值value[i]。

接下来进行动规五步曲：

  1. 确定dp数组以及下标的含义

dp[j]表示容量（这里说容量更形象，其实就是重量）为j的背包，最多可以背dp[j]这么重的石头。

  1. 确定递推公式

01背包的递推公式为：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

本题则是：dp[j] = max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i]);

牢记dp[j]的含义，要知道dp[j - stones[i]]为 容量为j - stones[i]的背包最大所背重量。

  1. dp数组如何初始化

既然 dp[j]中的j表示容量，那么最大容量（重量）是多少呢，就是所有石头的重量和。

因为提示中给出1 <= stones.length <= 30，1 <= stones[i] <= 1000，所以最大重量就是30 * 1000 。

而我们要求的target其实只是最大重量的一半，所以dp数组开到15000大小就可以了。

当然也可以把石头遍历一遍，计算出石头总重量 然后除2，得到dp数组的大小。

我这里就直接用15000了。

接下来就是如何初始化dp[j]呢，因为重量都不会是负数，所以dp[j]都初始化为0就可以了，这样在递归公式dp[j] = max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i]);中dp[j]才不会初始值所覆盖。

  1. 确定遍历顺序

在上文中就已经说明：如果使用一维dp数组，物品遍历的for循环放在外层，遍历背包的for循环放在内层，且内层for循环倒序遍历！

代码如下：

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for (int i = 0; i < stones.size(); i++) { // 遍历物品

    for (int j = target; j >= stones[i]; j--) { // 遍历背包

        dp[j] = max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i]);

    }

}

  1. 举例推导dp数组

举例，输入：[2,4,1,1]，此时target = (2 + 4 + 1 + 1)/2 = 4 ，dp数组状态图如下：

最后dp[target]里是容量为target的背包所能背的最大重量。

那么分成两堆石头，一堆石头的总重量是dp[target]，另一堆就是sum - dp[target]。

在计算target的时候，target = sum / 2 因为是向下取整，所以sum - dp[target] 一定是大于等于dp[target]的。

那么相撞之后剩下的最小石头重量就是 (sum - dp[target]) - dp[target]。

一维数组版本

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class Solution {

    public int lastStoneWeightII(int[] stones) {

        int sum = 0;

        for (int i : stones) {

            sum += i;

        }

        int target = sum >> 1;

        //初始化dp数组

        int[] dp = new int[target + 1];

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

            //采用倒序

            for (int j = target; j >= stones[i]; j--) {

                //两种情况，要么放，要么不放

                dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i]);

            }

        }

        return sum - 2 * dp[target];

    }

}
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class Solution {

    public int lastStoneWeightII(int[] stones) {

        int sum = 0;

        for (int s : stones) {

            sum += s;

        }

  

        int target = sum / 2;

        //初始化，dp[i][j]为可以放0-i物品，背包容量为j的情况下背包中的最大价值

        int[][] dp = new int[stones.length][target + 1];

        //dp[i][0]默认初始化为0

        //dp[0][j]取决于stones[0]

        for (int j = stones[0]; j <= target; j++) {

            dp[0][j] = stones[0];

        }

  

        for (int i = 1; i < stones.length; i++) {

            for (int j = 1; j <= target; j++) {//注意是等于

                if (j >= stones[i]) {

                    //不放:dp[i - 1][j] 放:dp[i - 1][j - stones[i]] + stones[i]

                    dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - stones[i]] + stones[i]);

                } else {

                    dp[i][j] = dp[i - 1][j];

                }

            }

        }

  

        return (sum - dp[stones.length - 1][target]) - dp[stones.length - 1][target];

    }

}

二维数组版本

完全背包

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。

在下面的讲解中，依然以上面背包为例：

每件商品都有无限个！

问背包能背的物品最大价值是多少？

01背包和完全背包唯一不同就是体现在遍历顺序上，我们直接针对遍历顺序经行分析。

首先在回顾一下01背包的核心代码

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for(int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品

    for(int j = bagWeight; j >= weight[i]; j--) { // 遍历背包容量

        dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

    }

}

我们知道01背包内嵌的循环是从大到小遍历，为了保证每个物品仅被添加一次。

而完全背包的物品是可以添加多次的，所以要从小到大去遍历，即：

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// 先遍历物品，再遍历背包

for(int i = 0; i < weight.size(); 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]);

    }

}

dp状态图如下：

实战：爬楼梯进阶版

一步一个台阶，两个台阶，三个台阶，…….，直到 m个台阶。问有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？

1阶，2阶，…. m阶就是物品，楼顶就是背包。

每一阶可以重复使用，例如跳了1阶，还可以继续跳1阶。

问跳到楼顶有几种方法其实就是问装满背包有几种方法。

此时大家应该发现这就是一个完全背包问题了！

动规五部曲分析如下：

  1. 确定dp数组以及下标的含义

dp[i]：爬到有i个台阶的楼顶，有dp[i]种方法。

  1. 确定递推公式

在上文我们讲过了，求装满背包有几种方法，递推公式一般都是dp[i] += dp[i - nums[j]];

本题呢，dp[i]有几种来源，dp[i - 1]，dp[i - 2]，dp[i - 3] 等等，即：dp[i - j]

那么递推公式为：dp[i] += dp[i - j]

  1. dp数组如何初始化

既然递归公式是 dp[i] += dp[i - j]，那么dp[0] 一定为1，dp[0]是递归中一切数值的基础所在，如果dp[0]是0的话，其他数值都是0了。

下标非0的dp[i]初始化为0，因为dp[i]是靠dp[i-j]累计上来的，dp[i]本身为0这样才不会影响结果

  1. 确定遍历顺序

这是背包里求排列问题，即：1、2 步 和 2、1 步都是上三个台阶，但是这两种方法不一样！

所以需将target放在外循环，将nums放在内循环。

每一步可以走多次，这是完全背包，内循环需要从前向后遍历。

  1. 举例来推导dp数组

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class Solution {

    public int combinationSum4(int[] nums, int target) {

        int[] dp = new int[target + 1];

        dp[0] = 1;

        for (int i = 0; i <= target; i++) {

            for (int j = 0; j < nums.length; j++) {

                if (i >= nums[j]) {

                    dp[i] += dp[i - nums[j]];

                }

            }

        }

        return dp[target];

    }

}

最后，回到我们最开始的零钱兑换 https://leetcode.cn/problems/coin-change/

题目中说每种硬币的数量是无限的，可以看出是典型的完全背包问题。

动规五部曲分析如下：

  1. 确定dp数组以及下标的含义

dp[j]：凑足总额为j所需钱币的最少个数为dp[j]

  1. 确定递推公式

得到dp[j]（考虑coins[i]），只有一个来源，dp[j - coins[i]]（没有考虑coins[i]）。

凑足总额为j - coins[i]的最少个数为dp[j - coins[i]]，那么只需要加上一个钱币coins[i]即dp[j - coins[i]] + 1就是dp[j]（考虑coins[i]）

所以dp[j] 要取所有 dp[j - coins[i]] + 1 中最小的。

递推公式：dp[j] = min(dp[j - coins[i]] + 1, dp[j]);

  1. dp数组如何初始化

首先凑足总金额为0所需钱币的个数一定是0，那么dp[0] = 0;

其他下标对应的数值呢？

考虑到递推公式的特性，dp[j]必须初始化为一个最大的数，否则就会在min(dp[j - coins[i]] + 1, dp[j])比较的过程中被初始值覆盖。

所以下标非0的元素都是应该是最大值。

  1. 确定遍历顺序

本题求钱币最小个数，那么钱币有顺序和没有顺序都可以，都不影响钱币的最小个数。

所以本题并不强调集合是组合还是排列。

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。

所以本题的两个for循环的关系是：外层for循环遍历物品，内层for遍历背包或者外层for遍历背包，内层for循环遍历物品都是可以的！

那么我采用coins放在外循环，target在内循环的方式。

本题钱币数量可以无限使用，那么是完全背包。所以遍历的内循环是正序

综上所述，遍历顺序为：coins（物品）放在外循环，target（背包）在内循环。且内循环正序。

  1. 举例推导dp数组

以输入：coins = [1, 2, 5], amount = 5为例

dp[amount]为最终结果。

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class Solution {

    public int coinChange(int[] coins, int amount) {

        int max = Integer.MAX_VALUE;

        int[] dp = new int[amount + 1];

        //初始化dp数组为最大值

        for (int j = 0; j < dp.length; j++) {

            dp[j] = max;

        }

        //当金额为0时需要的硬币数目为0

        dp[0] = 0;

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

            //正序遍历：完全背包每个硬币可以选择多次

            for (int j = coins[i]; j <= amount; j++) {

                //只有dp[j-coins[i]]不是初始最大值时，该位才有选择的必要

                if (dp[j - coins[i]] != max) {

                    //选择硬币数目最小的情况

                    dp[j] = Math.min(dp[j], dp[j - coins[i]] + 1);

                }

            }

        }

        return dp[amount] == max ? -1 : dp[amount];

    }

}

总结：

动规五部曲分别为：

  1. 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
  2. 确定递推公式
  3. dp数组如何初始化
  4. 确定遍历顺序
  5. 举例推导dp数组