Leetcode動態規劃（2）中等）

簡單記錄刷題的過程（大佬勿噴）

一和零多維0-1揹包問題：把題目給定的 0 的數量看成乙個揹包， 1的數量看成另乙個揹包，把陣列中的每乙個字串看成一件件商品，統計每乙個字串 0 和 1的數量，動態規劃填表

狀態轉移方程：dp[i][j] = max(dp[i][j],1+dp[i-count0][j-count1])，其中 dp[i][j]為使用 i個 0 和 j 個 1能表示字串的最大數量，count0 為陣列中每個字串中 0 的數量， count1為陣列中每個字串 1 的數量

class
solution
int dp[m+1]
[n+1];
memset
(dp,0,
sizeof
(int)*
(m+1)*
(n+1))
;for
(int i =
0; i
//01揹包，每個資料只能取一次
//倒序迴圈，避免資料被重複選擇
for(
int k = m; k>=count1;k--)}
}return dp[m]
[n];}}
;

分割等和子集

思路：題意是判斷是否能將乙個陣列分割成元素和相同的子集，那麼自然可以想到陣列的元素總和必須是偶數，否則無法一分為二。題目轉化為從陣列中找出一些元素讓它們的和等於陣列總和的一半（固定的值），因此可以想到利用 0-1揹包的思想解題，把固定和看成揹包的容量（直接套模板）

class
solution
if(sum%2==
1)int temp = sum/2;
int dp[temp+1]
;memset
(dp,0,
sizeof
(int)*
(temp+1)
);dp[0]
=true
;for
(int i =
0; i
return dp[temp];}
};

目標和

class
solution
if(sum
(s+sum)%2
==1)int val =
(s+sum)/2
;int dp[val+1]
;memset
(dp,0,
sizeof
(int)*
(val+1)
);//注意初始化
dp[0]
=1;//初始狀態：總和等於 0 的方案數（因為可以乙個都不取，因此方案數等於1）
for(
int i =
0; i
size()
;i++)}
return dp[val];}
};

零錢兌換

這道題可以看成是完全揹包問題，注意一些小的區別（1）原始完全揹包問題要求不超過，但是本題是恰好等於amount（2）題目求的是總價值最少，但是完全揹包問題是求總價值最大

思路：以coins = [1,2,5]，amount = 11為例，f(i)表示湊成金額為 i 所需要的最少硬幣數

因此，f[j] = min(1 + f[j - coins[i]]，f[j]) i = [0, coins.size() - 1] （注意：前提是硬幣的面值要小於當前的金額，否則無法使用，且剩餘的面值也要能夠湊出來），根據狀態方程就可以（直接套用完全揹包的模板）解題，因為要求最小值，所以dp初始化時要用盡量大的值

class
solution
int dp[amount+1]
;//注意不能用memset(dp,int_max,sizeof(int)*(amount+1))否則會溢位，得不到想要的結果
for(
int k =
0; k
1; k++
) dp[0]
=0;for
(int i =
0; i
size()
;i++)}
return dp[amount]
==99999?-
1:dp[amount];}
};

零錢兌換 ii

(是「零錢兌換」一題的變種，求的是方案數）所以狀態方程改為求和而不是最小值，注意陣列初始化為0，初始狀態：amount等於 0 的方案數（因為可以乙個都不取，因此方案數等於1）（跟上面「目標和」一題求0-1揹包的方案數也很相似）

class
solution
}return dp[amount];}
};

單詞拆分

思路：用dp[i] 表示子串 s[0…i] ，假設這段子串可以被拆分，並且拆分以後的單詞落在給定的字典中，而且子串後面的單詞s[i+1…s.size()]也落在給定的字典中，即可判斷 dp[i]為真。因此通過不斷更新 dp 陣列來實現上述過程，最終dp[len]的值為真or 假即為所求最終結果。

注意初始狀態 dp[0]為true，因為如果給定的字串本身就在給定的字典裡面了，就可以直接判斷為真，而不必再進行 j 的遞增尋找 dp 的狀態了。

一些知識點：

1.c++的substr函式的用法：

例如：string s(「12345abcd」);

string a = s.substr(0,5); //獲得字串s中從第0位開始的長度為5的字串

輸出的結果是「12345」

2.c++中vector使用find函式：不同於map、set、multiset、multimap，vector本身是沒有find這個方法，即不能使用 .find()呼叫，而是依靠標頭檔案algorithm來實現find函式。

形式是：find（a.begin(),a.end(),value）

解題的思路：

class
solution
int len = s.
size()
; vector<
bool
>
dp(len+1,
false);
dp[0]
=true
;for
(int i =
1; i<=len; i++)}
}return dp[len];}
};

組合總和 ⅳ

這道題跟前面的零錢兌換 ii很相似，兩者的區別是本題是順序不同的序列被視作不同的組合，即，視為兩種組合方式。因此，對於有順序的揹包問題時，方法可以改為以target為外迴圈，以陣列元素的作為內迴圈，狀態轉移方程為dp[i] = dp[i-nums[0]] + dp[i-nums[1] + dp[i-nums[2]]+……dp[i-nums[len-1]]，len 為nums 陣列的長度

（如果想知道有順序和沒順序的揹包問題兩者之間的區別，不妨演算一遍，**下面附上我的演算過程）

class
solution
; */
unsigned
long
long dp[target+1]
;memset
(dp,0,
sizeof
(unsigned
long
long)*
(target+1)
);dp[0]
=1;for
(int i =
1; i<=target; i++)}
return dp[target];}
};

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