0-1 背包问题
给你一个可装载重量为W的背包和N个物品，每个物品有重量和价值两个属性。其中第i个物品的重量为wt[i]，价值为val[i]，现在让你用这个背包装物品，最多能装的价值是多少？（这个题目中的物品不可以分割，要么装进包里，要么不装，不能说切成两块装一半。这也许就是 0-1 背包这个名词的来历。）
标准套路
第一步 ** **要明确两点，「状态」和「选择」。
先说状态，如何才能描述一个问题局面？只要给定几个可选物品和一个背包的容量限制，就形成了一个背包问题，对不对？所以状态有两个，就是「背包的容量」和「可选择的物品」。
对于每件物品选择就是「装进背包」或者「不装进背包」嘛。
明白了状态和选择，动态规划问题基本上就解决了，只要往这个框架套就完事儿了：
for 状态1 in 状态1的所有取值：
for 状态2 in 状态2的所有取值：
for ...
dp[状态1][状态2][...] = 择优(选择1，选择2...)
第二步 要明确 dp数组的定义。
dp数组是什么？其实就是描述问题局面的一个数组。换句话说，我们刚才明确问题有什么「状态」，现在需要用dp数组把状态表示出来
dp[i][w]的定义如下：对于前i个物品，当前背包的容量为w，这种情况下可以装的最大价值是dp[i][w]。
根据这个定义，我们想求的最终答案就是dp[N][W]。base case 就是dp[0][..] = dp[..][0] = 0**，因为没有物品或者背包没有空间的时候，能装的最大价值就是 0。
细化上面的框架：
int dp[N+1][W+1]
dp[0][..] = 0
dp[..][0] = 0
for i in [1..N]:
for w in [1..W]:
dp[i][w] = max(
把物品 i 装进背包,
不把物品 i 装进背包
)
return dp[N][W]
第三步 ，根据「选择」，思考状态转移的逻辑。
简单说就是，上面伪码中「把物品i装进背包」和「不把物品i装进背包」怎么用代码体现出来呢？
这一步要结合对dp数组的定义和我们的算法逻辑来分析：
如果你没有把这第 i个物品装入背包，那么很显然，最大价值dp[i][w]应该等于dp[i-1][w]。你不装嘛，那就继承之前的结果。
如果你把这第 i个物品装入了背包，那么dp[i][w]应该等于dp[i-1][w-wt[i-1]] + val[i-1]。
进一步细化代码：
for i in [1..N]:
for w in [1..W]:
dp[i][w] = max(
dp[i-1][w],
dp[i-1][w - wt[i-1]] + val[i-1]
)
return dp[N][W]
最后一步 把伪码翻译成代码，处理一些边界情况。
处理了w - wt[i-1]可能小于 0 导致数组索引越界的问题：
int knapsack(int W, int N, vector<int>& wt, vector<int>& val) {
// vector 全填入 0，base case 已初始化
vector<vector<int>> dp(N + 1, vector<int>(W + 1, 0));
for (int i = 1; i <= N; i++) {
for (int w = 1; w <= W; w++) {
if (w - wt[i-1] < 0) {
// 当前背包容量装不下，只能选择不装入背包
dp[i][w] = dp[i - 1][w];
} else {
// 装入或者不装入背包，择优
dp[i][w] = max(dp[i - 1][w - wt[i-1]] + val[i-1],
dp[i - 1][w]);
}
}
}
return dp[N][W];
}
子集背包问题
给定一个只包含正整数的非空数组。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。
分析：
可以先对集合求和，得出sum，把问题转化为背包问题：
给一个可装载重量为sum/2的背包和N个物品，每个物品的重量为nums[i]。现在让你装物品，是否存在一种装法，能够恰好将背包装满？
第一步要明确两点，「状态」和「选择」。
这个前文 [0-1背包问题]已经详细解释过了，状态就是「背包的容量」和「可选择的物品」，选择就是「装进背包」或者「不装进背包」。
第二步要明确dp数组的定义。
按照背包问题的套路，可以给出如下定义：
dp[i][j] = x表示，对于前i个物品，当前背包的容量为j时，若x为true，则说明可以恰好将背包装满，若x为false，则说明不能恰好将背包装满。
根据这个定义，我们想求的最终答案就是dp[N][sum/2]，base case 就是dp[..][0] = true和dp[0][..] = false，因为背包没有空间的时候，就相当于装满了，而当没有物品可选择的时候，肯定没办法装满背包
第三步，根据「选择」，思考状态转移的逻辑。
回想刚才的dp数组含义，可以根据「选择」对dp[i][j]得到以下状态转移：
如果不把nums[i]算入子集，或者说你不把这第i个物品装入背包，那么是否能够恰好装满背包，取决于上一个状态dp[i-1][j]，继承之前的结果。
如果把nums[i]算入子集，或者说你把这第i个物品装入了背包，那么是否能够恰好装满背包，取决于状态dp[i - 1][j-nums[i-1]]。
最后一步，把伪码翻译成代码，处理一些边界情况。
bool canPartition(vector<int>& nums) {
int sum = 0;
for (int num : nums) sum += num;
// 和为奇数时，不可能划分成两个和相等的集合
if (sum % 2 != 0) return false;
int n = nums.size();
sum = sum / 2;
vector<vector<bool>> dp(n + 1, vector<bool>(sum + 1, false));
// base case
for (int i = 0; i <= n; i++)
dp[i][0] = true;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= sum; j++) {
if (j - nums[i - 1] < 0) {
// 背包容量不足，不能装入第 i 个物品
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
} else {
// 装入或不装入背包
dp[i][j] = dp[i - 1][j] | dp[i - 1][j-nums[i-1]];
}
}
}
return dp[n][sum];
}
状态压缩：
注意到dp[i][j]都是通过上一行dp[i-1][..]转移过来的，之前的数据都不会再使用了。
所以，我们可以进行状态压缩，将二维dp数组压缩为一维，节约空间复杂度：
bool canPartition(vector<int>& nums) {
int sum = 0, n = nums.size();
for (int num : nums) sum += num;
if (sum % 2 != 0) return false;
sum = sum / 2;
vector<bool> dp(sum + 1, false);
// base case
dp[0] = true;
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int j = sum; j >= 0; j--)
if (j - nums[i] >= 0)
dp[j] = dp[j] || dp[j - nums[i]];
return dp[sum];
}
唯一需要注意的是j应该从后往前反向遍历，因为每个物品（或者说数字）只能用一次，以免之前的结果影响其他的结果。
完全背包问题（物品数量无限）
给定不同面额的硬币和一个总金额。写出函数来计算可以凑成总金额的硬币组合数。假设每一种面额的硬币有无限个
分析：
把这个问题转化为背包问题的描述形式：
有一个背包，最大容量为amount，有一系列物品coins，每个物品的重量为coins[i]，每个物品的数量无限。请问有多少种方法，能够把背包恰好装满？
第一步要明确两点，「状态」和「选择」。
状态有两个，就是「背包的容量」和「可选择的物品」，选择就是「装进背包」或者「不装进背包」。
第二步要明确 dp数组的定义。
dp[i][j]的定义如下：
若只使用前i个物品，当背包容量为j时，有dp[i][j]种方法可以装满背包。
base case 为dp[0][..] = 0， dp[..][0] = 1。因为如果不使用任何硬币面值，就无法凑出任何金额；如果凑出的目标金额为 0，那么“无为而治”就是唯一的一种凑法。
第三步，根据「选择」，思考状态转移的逻辑。
如果你不把这第i个物品装入背包，也就是说你不使用coins[i]这个面值的硬币，那么凑出面额j的方法数dp[i][j]应该等于dp[i-1][j]，继承之前的结果。
如果你把这第i个物品装入了背包，也就是说你使用coins[i]这个面值的硬币，那么dp[i][j]应该等于dp[i][j-coins[i-1]]。
最后一步，把伪码翻译成代码，处理一些边界情况。
我用 Java 写的代码，把上面的思路完全翻译了一遍，并且处理了一些边界问题：
int change(int amount, int[] coins) {
int n = coins.length;
int[][] dp = amount int[n + 1][amount + 1];
// base case
for (int i = 0; i <= n; i++)
dp[i][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= amount; j++)
if (j - coins[i-1] >= 0)
dp[i][j] = dp[i - 1][j]
+ dp[i][j - coins[i-1]];
else
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
}
return dp[n][amount];
}
通过观察可以发现，dp数组的转移只和dp[i][..]和dp[i-1][..]有关，所以可以压缩状态，进一步降低算法的空间复杂度：
int change(int amount, int[] coins) {
int n = coins.length;
int[] dp = new int[amount + 1];
dp[0] = 1; // base case
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int j = 1; j <= amount; j++)
if (j - coins[i] >= 0)
dp[j] = dp[j] + dp[j-coins[i]];
return dp[amount];
}
这个解法和之前的思路完全相同，将二维dp数组压缩为一维，时间复杂度 O(N*amount)，空间复杂度 O(amount)。