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Raw Blame History

动态规划，英文：Dynamic Programming，简称DP，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。

所以动态规划中每一个状态一定是由上一个状态推导出来的，这一点就区分于贪心

题目的时候，很多同学会陷入一个误区，就是以为把状态转移公式背下来，照葫芦画瓢改改，就开始写代码，甚至把题目AC之后，都不太清楚dp[i]表示的是什么。

这就是一种朦胧的状态，然后就把题给过了，遇到稍稍难一点的，可能直接就不会了，然后看题解，然后继续照葫芦画瓢陷入这种恶性循环中。

关于状态转移公式，

对于动态规划问题，我将拆解为如下四步曲，这四步都搞清楚了，才能说把动态规划真的掌握了！

确定dp数组以及下标的含义
dp数组如何初始化
确定递推公式
确定遍历顺序

后面的讲解中我都是围绕着这四个点来经行讲解。

可能刷过动态规划题目的同学可能都知道递推公式的重要性，感觉确定了递推公式这道题目就解出来了。

其实确定递推公式仅仅是解题里的一步而且， dp数组的初始化以及确定遍历顺序，都非常重要，

很多同学搞不清楚dp数组应该如何初始化，或者遍历的顺序，以至于记下来公式，但写的程序怎么改都通过不了。

动态规划如何debug

平时我自己写的时候也经常出问题，找问题的最好方式就是把dp数组打印出来，看看究竟是不是按照自己思路推导的！

背包三讲

背包九讲其实看起来还是有点费劲的，而且都是伪代码理解起来吃力

01 背包

有N件物品和一个最多能被重量为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。

这是标准的背包问题，以至于很多同学看了这个自然就会想到背包，甚至都不知道暴力的解法应该怎么解。

这样其实就是没有从底向上去思考，而是习惯性的只知道背包了，那么暴力的解法应该是怎么样的呢？

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！

目前leetcode上没有发现有纯01背包的题目，leetcode上相关01背包问题都是需要某种条件转化为01背包问题，所以我举一个纯01背包的例子来给大家讲解。

把01背包理论和代码理解透彻了，我们再刷leetcode上的题目。

下面的讲解中，我举一个例子：

背包最大重量为4。

物品为：

	重量	价值
书	1	15
台灯	3	20
乐高	4	30

以下讲解和图示中出现的数字都是以这个例子为例。

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。

只看这个二维数组的定义，大家一定会有点懵，看下面这个图：

要时刻记着这个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。

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]的定义触发，如果背包容量j为0的话，无论是选取哪些物品，背包价值总和一定为0。如图：

那么其他下标应该初始化多少呢？

dp[i][j]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，因为0就是最小的了，不会影响去最大价值的结果。

如果题目给的价值有负数，那么非0下标就要初始化为负无穷了。例如：一个物品的价值是-2，但对应的位置依然初始化为0，那么去最大值的时候，就会取0而不是-2了，所以要初始化为负无穷。

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。

而本题价值都是正整数，所以初始化为0就可以了。

如图：

很明显，红框的位置就是我们要求的结果

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]，

又dp[i - 1][j]推出，即不放背包里不放物品i的最大价值，此时dp[i][j]就是dp[i - 1][j]
又dp[i - 1][j - weight[i]]推出，dp[i - 1][j - weight[i]] 为背包容量为j - weight[i]的时候不放物品i的最大价值，那么dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i] （物品i的价值），就是背包放物品i得到的最大价值

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

确定遍历顺序

确定递归公式之后，还要确定遍历顺序。

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！！但是先遍历物品更方便一些。下面讲到具体原因的时候来在分析原因。

那么首先遍历物品，然后遍历背包重量。

************************ 首先我们来看dp数组的推导过程：

注意状态转移方程 dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); 中有两个下表为负数的情况，即：i - 1 和 j - weight[i]。

所以代码如下：

for(int i = 1; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
    for(int j = 0; j <= bagWeight; j++) { // 遍历背包重量
        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]);

    }
}

来看一下对应的dp数组的数值，如图：

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！

很多同学做dp题目，遇到各种问题，然后凭感觉东改改西改改，怎么改都不对，或者稀里糊涂就改过了。

主要就是自己没有动手推导一下dp数组的演变过程，如果推导明白了，代码写出来就算有问题，只要把dp数组打印出来，对比一下和自己推导的有什么差异，很快就可以发现问题了。

因为 dp 每次用上一行的值进行计算的，没有重复利用本行的数值，所以不会重复使用同一个物品

for (int j = bagWeight; j >= weight[0]; j--) {
    dp[0][j] = dp[0][j - weight[0]] + value[0];
}

// weight数组的大小 就是物品个数
for(int i = 1; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
    for(int j = 0; j <= bagWeight; j++) { // 遍历背包重量
        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]);

    }
}

0 15 15 15 15
0 0  0  20 35
0 0  0  0  35

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。

对于这种写法，不仅空间多用了一个维度，而且思路比较绕。

我习惯直接使用一维数组（相对于二维数组，一维可以说是滚动数组）。在后面的讲解中，我也直接使用一维数组。

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

0 15 15 15 15
0 15 15 20 35
0 15 15 20 35

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[i]表示：容量为i的背包，所背的物品价值可以最大为dp[i]，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？

在回顾一下dp数组的含义：容量为i的背包，所背的物品价值可以最大为dp[i]。

那么dp数组在推导的时候一定是去价值最大的数，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，如果题目给的价值有负数，那么非0下标就要初始化为负无穷。

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。

代码如下：

vector<int> dp(背包容量V, 0);

确定递推公式

有N件物品和一个容量为V 的背包。放入第i件物品耗费的空间是space[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可使价值总和最大。

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

dp[j - space[i]] + value[i] 表示容量为 j - 物品i体积的背包加上物品i的价值。

那么最大的dp[j]可能就是 dp[j - space[i]] + value[i]。

那么此时dp[j]有两个选择，一个是取子集dp[j]，一个是取dp[j - space[i]] + value[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 - space[i]] + value[i]);

确定遍历顺序

这里需要两层for循环，第一层遍历物品数量，第二层遍历背包的各个容量，来寻找最大值

****************** 讲讲for循环的顺序问题

代码如下：

for(int i = 0; i < 物品数量N; i++) { // 遍历物品
    for(int j = 背包容量V; j >= space[i]; j--) { // 遍历背包容量 
        dp[j] = max(dp[j], dp[j - space[i]] + value[i]);
    }
}

此时大家会发现为什么，第二层for循环要从大到小遍历。

注意这里第二个for循环是从大到小的，这样才能保证每件物品只使用一次。

如果物品装不满背包，dp[V]也是返回最大价值。

如果是第一种问法，要求恰好装满背包，那么在初始化时除了F [0]为0，其它F [1..V ]均设为−∞，这样就可以保证最终得到的F [V ]是一种恰好装满背包的最优解。如果并没有要求必须把背包装满，而是只希望价格尽量大，初始化时应该将F [0..V ]全部设为0。

这是为什么呢?可以这样理解:初始化的F 数组事实上就是在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。如果要求背包恰好装满，那么此时只有容量为0的背包可以在什么也不装且价值为0的情况下被“恰好装满”，其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，应该被赋值为-∞了。如果背包并非必须被装满，那么任何容量的背包都有一个合法解“什么都不装”，这个解的价值为0，所以初始时状态的值也就全部为0了。

完全背包

有N 种物品和一个容量为V 的背包，每种物品都有无限件可用。放入第i种物品的耗费的空间是Ci ，得到的价值是Wi 。求解:将哪些物品装入背包，可使这些物品的耗费的空间总和不超过背包容量，且价值总和最大。

这个问题非常类似于01背包问题，所不同的是每种物品有无限件

首先想想为什么01背包中要按照v递减的次序来循环。让v递减是为了保证第i次循环中的状态F [i, v]是由状态F [i − 1, v − Ci]递推而来。换句话说，这正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时，依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果F [i − 1, v − Ci]。而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第i种物品”这种策略时，却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果F [i, v − Ci]，所以就可以并且必须采用v递增的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。

值得一提的是，上面的伪代码中两层for循环的次序可以颠倒。这个结论有可能会带来算法时间常数上的优化。(可能说的就是组合或者排列了)

多重背包

有N种物品和一个容量为V 的背包。第i种物品最多有Mi件可用，每件耗费的空间是Ci ，价值是Wi 。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的耗费的空间总和不超过背包容量，且价值总和最大。

这题目和完全背包问题很类似。基本的方程只需将完全背包问题的方程略微一改即可。

总结

后台回复：背包九讲就可以获得pdf

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