题目描述
小明是一位科学家，他需要参加一场重要的国际科学大会，以展示自己的最新研究成果。他需要带一些研究材料，但是他的行李箱空间有限。这些研究材料包括实验设备、文献资料和实验样本等等，它们各自占据不同的重量，并且具有不同的价值。
小明的行李箱所能承担的总重量是有限的，问小明应该如何抉择，才能携带最大价值的研究材料，每种研究材料可以选择无数次，并且可以重复选择。
输入描述
第一行包含两个整数，n，v，分别表示研究材料的种类和行李所能承担的总重量
接下来包含 n 行，每行两个整数 wi 和 vi，代表第 i 种研究材料的重量和价值
输出描述
输入示例
4 5
1 2
2 4
3 4
4 5输出示例
10纯完全背包问题。
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。
01背包和完全背包唯一不同就是体现在遍历顺序上
01背包的核心代码
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]);
}
}1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：
// 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]);
}
}最终代码如下：
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
// 先遍历背包，再遍历物品
void test_CompletePack(vector<int> weight, vector<int> value, int bagWeight) {
vector<int> dp(bagWeight + 1, 0);
for (int j = 0; j <= bagWeight; j++) { // 遍历背包容量
for (int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
if (j - weight[i] >= 0)
dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
}
}
cout << dp[bagWeight] << endl;
}
int main() {
int N, V;
cin >> N >> V;
vector<int> weight;
vector<int> value;
for (int i = 0; i < N; i++) {
int w;
int v;
cin >> w >> v;
weight.push_back(w);
value.push_back(v);
}
test_CompletePack(weight, value, V);
return 0;
}
给你一个整数数组 coins 表示不同面额的硬币，另给一个整数 amount 表示总金额。
请你计算并返回可以凑成总金额的硬币组合数。如果任何硬币组合都无法凑出总金额，返回 0 。
假设每一种面额的硬币有无限个。
题目数据保证结果符合 32 位带符号整数。
示例 1：
输入：amount = 5, coins = [1, 2, 5] 输出：4 解释：有四种方式可以凑成总金额： 5=5 5=2+2+1 5=2+1+1+1 5=1+1+1+1+1
示例 2：
输入：amount = 3, coins = [2] 输出：0 解释：只用面额 2 的硬币不能凑成总金额 3 。
示例 3：
输入：amount = 10, coins = [10] 输出：1
思路：
dp[j]：凑成总金额j的货币组合数为dp[j]
dp[j] += dp[j – coins[i]];求装满背包有几种方法，公式都是：dp[j] += dp[j – nums[i]];
dp[0]一定要为1，dp[0] = 1是 递归公式的基础。如果dp[0] = 0 的话，后面所有推导出来的值都是0了。
代码如下：
class Solution {
public:
int change(int amount, vector<int>& coins) {
vector<uint64_t> dp(amount + 1, 0);//不用int是会超
dp[0] = 1;
for (int i = 0; i < coins.size(); i++) {
for (int j = coins[i]; j <= amount; j++) {
dp[j] += dp[j - coins[i]];
}
}
return dp[amount];
}
};
给你一个由 不同 整数组成的数组 nums ，和一个目标整数 target 。请你从 nums 中找出并返回总和为 target 的元素组合的个数。
题目数据保证答案符合 32 位整数范围。
示例 1：
输入：nums = [1,2,3], target = 4 输出：7 解释： 所有可能的组合为： (1, 1, 1, 1) (1, 1, 2) (1, 2, 1) (1, 3) (2, 1, 1) (2, 2) (3, 1) 请注意，顺序不同的序列被视作不同的组合。
示例 2：
输入：nums = [9], target = 3 输出：0
思路：
dp[i]: 凑成目标正整数为i的排列个数为dp[i]
dp[i] += dp[i – nums[j]];
dp[0]=1（无意义，但要是1才能使用递推公式）
遍历顺序（重点）：
个数可以不限使用，说明这是一个完全背包。
得到的集合是排列，说明需要考虑元素之间的顺序。
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。
所以本题遍历顺序最终遍历顺序：target（背包）放在外循环，将nums（物品）放在内循环，内循环从前到后遍历。
代码如下：
class Solution {
public:
int combinationSum4(vector<int>& nums, int target) {
vector<int> dp(target + 1, 0);
dp[0] = 1;
// 因为是排列（有顺序），所以外层遍历背包，内层循环遍历物品
for (int i = 0; i <= target; i++) {
for (int j = 0; j < nums.size(); j++) {
if (i - nums[j] >= 0 && dp[i] < INT_MAX - dp[i - nums[j]])
dp[i] += dp[i - nums[j]];
}
}
return dp[target];
}
};
题目描述
假设你正在爬楼梯。需要 n 阶你才能到达楼顶。
每次你可以爬至多m (1 <= m < n)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。
输入描述
输出描述
输入示例
3 2输出示例
3
思路：
dp[i]：爬到有i个台阶的楼顶，有dp[i]种方法。
dp[i] += dp[i – j]
dp[0]=1
遍历顺序: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。
代码如下：
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
int main() {
int n, m;
while (cin >> n >> m) {
vector<int> dp(n + 1, 0);
dp[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) { // 遍历背包
for (int j = 1; j <= m; j++) { // 遍历物品
if (i - j >= 0) dp[i] += dp[i - j];
}
}
cout << dp[n] << endl;
}
}
给你一个整数数组 coins ，表示不同面额的硬币；以及一个整数 amount ，表示总金额。
计算并返回可以凑成总金额所需的 最少的硬币个数 。如果没有任何一种硬币组合能组成总金额，返回 -1 。
你可以认为每种硬币的数量是无限的。
示例 1：
输入：coins =[1, 2, 5], amount =11输出：3解释：11 = 5 + 5 + 1
示例 2：
输入：coins =[2], amount =3输出：-1
示例 3：
输入：coins = [1], amount = 0 输出：0
思路：
dp[j]：凑足总额为j所需钱币的最少个数为dp[j]
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]）
dp[j] = min(dp[j – coins[i]] + 1, dp[j]);
总金额为0所需钱币的个数一定是0，那么dp[0] = 0;
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。
代码如下：
class Solution {
public:
int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
vector<int> dp(amount + 1, INT_MAX);
dp[0] = 0;
for (int i = 0; i < coins.size(); i++) {
for (int j = coins[i]; j <= amount; j++) {
if (dp[j - coins[i]] != INT_MAX)
dp[j] = min(dp[j - coins[i]] + 1, dp[j]);
}
}
if (dp[amount] == INT_MAX)
return -1;
return dp[amount];
}
};
给你一个整数 n ，返回 和为 n 的完全平方数的最少数量 。
完全平方数 是一个整数，其值等于另一个整数的平方；换句话说，其值等于一个整数自乘的积。例如，1、4、9 和 16 都是完全平方数，而 3 和 11 不是。
示例 1：
输入：n =12输出：3 解释：12 = 4 + 4 + 4
示例 2：
输入：n =13输出：2 解释：13 = 4 + 9
思路：
dp[j]：和为j的完全平方数的最少数量为dp[j]
dp[j] 可以由dp[j – i * i]推出， dp[j – i * i] + 1 便可以凑成dp[j]。
此时我们要选择最小的dp[j]，所以递推公式：dp[j] = min(dp[j – i * i] + 1, dp[j]);
dp[0]表示 和为0的完全平方数的最小数量，那么dp[0]一定是0。
代码如下：
class Solution {
public:
int numSquares(int n) {
vector<int> dp(n+1,INT_MAX);
dp[0]=0;
for(int i=1;i*i<=n;i++){
for(int j=i*i;j<=n;j++){
dp[j]=min(dp[j],dp[j-i*i]+1);
}
}
return dp[n];
}
};
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。
示例 1：
输入: s = "leetcode", wordDict = ["leet", "code"] 输出: true 解释: 返回 true 因为 "leetcode" 可以由 "leet" 和 "code" 拼接成。
示例 2：
输入: s = "applepenapple", wordDict = ["apple", "pen"] 输出: true 解释: 返回 true 因为 "applepenapple" 可以由 "apple" "pen" "apple" 拼接成。 注意，你可以重复使用字典中的单词。
示例 3：
输入: s = "catsandog", wordDict = ["cats", "dog", "sand", "and", "cat"] 输出: false
dp[i] : 字符串长度为i的话，dp[i]为true
如果确定dp[j] 是true，且 [j, i] 这个区间的子串出现在字典里，那么dp[i]一定是true。（j < i ）。
所以递推公式是 if([j, i] 这个区间的子串出现在字典里 并且 dp[j]是true) 那么 dp[i] = true。
从递推公式中可以看出，dp[i] 的状态依靠 dp[j]是否为true，那么dp[0]就是递推的根基，dp[0]一定要为true，否则递推下去后面都都是false了。
强调物品之间顺序，所以说，本题一定是 先遍历 背包，再遍历物品。
代码如下：
class Solution {
public:
bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
unordered_set<string> wordSet(wordDict.begin(),
wordDict.end()); // 去重优化
vector<bool> dp(s.size() + 1, false);
dp[0] = true;
for (int i = 1; i <= s.size(); i++) {
for (int j = 0; j < i; j++) {
string word = s.substr(j, i - j);
if (wordSet.find(word) != wordSet.end() && dp[j]) {
dp[i] = true;
}
}
}
return dp[s.size()];
}
};
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