代码随想录算法训练营第三十天 | 卡码网46.携带研究材料（二维解法）、卡码网46.携带研究材料（滚动数组）、LeetCode416.分割等和子集
01-1 卡码网46.携带研究材料（二维）
相关资源
题目链接：46. 携带研究材料
文章讲解：01背包二维问题
视频讲解：0-1背包问题
题目：
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空间，并且具有不同的价值。
小明的行李空间为 N，问小明应该如何抉择，才能携带最大价值的研究材料，每种研究材料只能选择一次，并且只有选与不选两种选择，不能进行切割。
第一想法：我之前是接触过01背包问题的，但现在一点思路也没有
看完代码随想录之后的想法：
五部曲
- dp数组的含义：
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 - 确定递推公式：
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]) - 初始化dp数组，
dp[i][0]=0,当j < weight[0]的时候，dp[0][j]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。 - 确定遍历顺序，先遍历物品和先遍历背包重量都可以，因为均由左上角推导得到
- 打印dp数组
实现：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int n, bagweight;// bagweight代表行李箱空间
cin >> n >> bagweight;
vector<int> weight(n, 0); // 存储每件物品所占空间
vector<int> value(n, 0); // 存储每件物品价值
for(int i = 0; i < n; ++i) {
cin >> weight[i];
}
for(int j = 0; j < n; ++j) {
cin >> value[j];
}
// dp数组, dp[i][j]代表行李箱空间为j的情况下,从下标为[0, i]的物品里面任意取,能达到的最大价值
vector<vector<int>> dp(weight.size(), vector<int>(bagweight + 1, 0));
// 初始化, 因为需要用到dp[i - 1]的值
// j < weight[0]已在上方被初始化为0
// j >= weight[0]的值就初始化为value[0]
for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) {
dp[0][j] = value[0];
}
for(int i = 1; i < weight.size(); i++) { // 遍历科研物品
for(int j = 0; j <= bagweight; j++) { // 遍历行李箱容量
if (j < weight[i]) dp[i][j] = dp[i - 1][j]; // 如果装不下这个物品,那么就继承dp[i - 1][j]的值
else {
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
}
}
}
cout << dp[n - 1][bagweight] << endl;
return 0;
}
ToDo：自己写出来
2025-3-3：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
int M, N;
cin >> M >> N;
vector<int> weight(M,0);
vector<int> value(M,0);
for(int i = 0; i < M; i++){
cin >> weight[i];
}
for(int j = 0; j < M; j++){
cin >> value[j];
}
// 初始化
vector<vector<int>> dp(weight.size(),vector<int>(N+1,0));
for(int j = weight[0]; j<= N; j++){
dp[0][j] = value[0];
}
for(int i = 1; i < M; i++){
for(int j = 0; j <= N; j++){
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]);
}
}
}
cout << dp[M - 1][N] << endl;
}
01-2 卡码网46.携带研究材料（一维）
相关资源
题目链接：46. 携带研究材料
文章讲解：01背包问题一维
视频讲解：01背包问题（滚动数组篇）
题目：
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空间，并且具有不同的价值。
小明的行李空间为 N，问小明应该如何抉择，才能携带最大价值的研究材料，每种研究材料只能选择一次，并且只有选与不选两种选择，不能进行切割。
看完代码随想录之后的想法：
五部曲
- dp数组的含义：
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] - 确定递推公式：
dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]) - 初始化dp数组，dp数组初始化的时候，都初始为0就可以了
- 确定遍历顺序，先遍历物品再遍历背包重量，并且要求背包容量由大到小遍历，从而保证物品i只被放入一次
- 打印数组
实现：
// 一维dp数组实现
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
int main() {
// 读取 M 和 N
int M, N;
cin >> M >> N;
vector<int> costs(M);
vector<int> values(M);
for (int i = 0; i < M; i++) {
cin >> costs[i];
}
for (int j = 0; j < M; j++) {
cin >> values[j];
}
// 创建一个动态规划数组dp，初始值为0
vector<int> dp(N + 1, 0);
// 外层循环遍历每个类型的研究材料
for (int i = 0; i < M; ++i) {
// 内层循环从 N 空间逐渐减少到当前研究材料所占空间
for (int j = N; j >= costs[i]; --j) {
// 考虑当前研究材料选择和不选择的情况，选择最大值
dp[j] = max(dp[j], dp[j - costs[i]] + values[i]);
}
}
// 输出dp[N]，即在给定 N 行李空间可以携带的研究材料最大价值
cout << dp[N] << endl;
return 0;
}
ToDo：复刻
2025-3-3：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
int M, N;
cin >> M >> N;
vector<int> weight(M,0);
vector<int> value(M,0);
for(int i = 0; i < M; i++){
cin >> weight[i];
}
for(int j = 0; j < M; j++){
cin >> value[j];
}
// 初始化
vector<int> dp(N+1,0);
for(int i = 0; i < M; i++){
for(int j = N; j >= weight[i]; j--){
dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
}
}
cout << dp[N] << endl;
}
感悟：其实从前往后还是从后往前遍历很好想，二维遍历过程可以发现，当前的dp[i][j] 来自于上方正对和上方偏左，如果一维滚动数组从前往后遍历，前面的发生改变，后面的就会被影响；至于为什么先遍历物品，再遍历背包容量，假如顺序颠倒过来，其实可以还原成二维遍历过程，因为二维遍历的从上往下再从左往右，当前单元格其实是用到了当前单元格的上一个单元格，并不能竖着拷贝（要想这样，除非dp[i][j] = max(dp[i][j-1], dp[i - weight[j]+value[j]][j - 1)，换句话说i和j是不可对调等价的）
01-3 LeetCode416.分割等和子集
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题目链接：416. 分割等和子集
文章讲解：分割等和子集
视频讲解：LeetCode：416.分割等和子集
题目：
给你一个 只包含正整数 的 非空 数组 nums 。请你判断是否可以将这个数组分割成两个子集，使得两个子集的元素和相等。
第一想法：这个想不出来和01背包有关系
看完代码随想录之后的想法：
问题转化：
首先，本题要求集合里能否出现总和为 sum / 2 的子集。既有一个 只能装重量为 sum / 2 的背包，商品为数字，这些数字能不能把 这个背包装满。那每一件商品是数字的话，对应的重量 和 价值是多少呢？一个数字只有一个维度，即 重量等于价值。当数字 可以装满 承载重量为 sum / 2 的背包的背包时，这个背包的价值也是 sum / 2。那么这道题就是 装满 承载重量为 sum / 2 的背包，价值最大是多少？如果最大价值是 sum / 2，说明正好被商品装满了
动规五部曲分析如下：
确定dp数组以及下标的含义：01背包中，
dp[j]表示： 容量（所能装的重量）为j的背包，所背的物品价值最大可以为dp[j]确定递推公式：
dp[j] = max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i])初始化：为0
遍历顺序：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
打印数组
实现：
class Solution {
public:
bool canPartition(vector<int>& nums) {
int sum = 0;
// dp[i]中的i表示背包内总和
// 题目中说：每个数组中的元素不会超过 100，数组的大小不会超过 200
// 总和不会大于20000，背包最大只需要其中一半，所以10001大小就可以了
vector<int> dp(10001, 0);
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
sum += nums[i];
}
// 也可以使用库函数一步求和
// int sum = accumulate(nums.begin(), nums.end(), 0);
if (sum % 2 == 1) return false;
int target = sum / 2;
// 开始 01背包
for(int i = 0; i < nums.size(); i++) {
for(int j = target; j >= nums[i]; j--) { // 每一个元素一定是不可重复放入，所以从大到小遍历
dp[j] = max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]);
}
}
// 集合中的元素正好可以凑成总和target
if (dp[target] == target) return true;
return false;
}
};
收获：题目中物品是nums[i]，重量是nums[i]，价值也是nums[i]，背包体积是sum/2。
ToDo：复现