常见编程模式之动态规划：0-1背包问题
16. 动态规划（DP）Part 1
动态规划是编程问题中最常见的一种模式。本质上来说，动态规划是一种对递归的优化，通过记忆化存储的方式减少重复计算的次数。在尝试用动态规划解决问题时，我们可以遵循如下的四个步骤：
-
先思考题目中的递归关系 -
观察递归过程中是否存在重复的运算 -
尝试通过记忆化的方法消除重复运算（即 「记忆化搜索」） -
尝试调整计算顺序，自底向上通过 「查表」的方式顺序计算
本篇将介绍一种经典的动态规划类问题：「0-1 背包」问题。
0-1 背包问题（0/1 Knapsack）
0-1 背包问题是最基本的背包问题，其本质是一个优化问题。0-1 背包问题的通用形式为：给定 件物品和一个容量为 的背包，放入第 件物品耗费的「费用」是 （即背包容量），得到的「价值」是 ，求解将哪些物品装入背包可使得价值总和最大。其特点是：每种物品仅有「一件」，可以选择放或者不放。
用 表示前 件物品恰放入一个容量为 的背包可以获得的最大价值，则我们可以定义如下的状态转移方程：
对于“将前 件物品放入容量为 的背包中”这个子问题，如果只考虑第 件物品的策略（放或者不放），则可以将其转化为一个只和前 件物品相关的问题。如果不放第 件物品，则问题转化为“前 件物品放入容量为 的背包中”，价值为 ；如果放第 件物品，则问题转化为“前 件物品放入剩下的容量为 的背包中”，此时的价值为 加上第 件物品获得的价值 。「注意」：如果当前的 小于 ，则 。伪代码如下：
上述代码省略了 的处理情况。对于上述代码，其时间和空间复杂度均为 。对于「空间复杂度」，我们可以将其优化为 。具体来说，由于我们只关心最终的结果 ，所以可以只记录当 时的结果，即使用一维数组 。这时我们需要保证在每一次循环时， 是由 和 递推而来。对于 ，由于 是从小到大遍历的，所以可以满足要求；而对于 ，我们需要确保当前循环下 在 之后更新，这样即保留了上一次循环时的值，满足条件。因此我们只需要对于 「从大到小遍历」即可，注意：此时上述 的处理不需要再执行，因为 变成了一维数组。伪代码如下：
在上述伪代码中，当物品数量为 0 时初始化的值均为 0，这可能需要基于题目的要求而进行变化。如果题目要求恰好装满背包，则除了 为 0 外，其它的 均应设为 ，因为此时没有合法解。
此外，我们还可以对第二重循环的「下限」进行进一步优化，减少循环数量：
这种优化主要适用于背包容量 很大的情况。考虑在最后一个循环时，我们最终需要计算 ，因此我们需要在上一个循环中至少计算出 。因此在第 次循环中只需要遍历 即可 ，同理，由于 ，因此在第 次循环中只需要遍历 即可。以此类推，在第 次循环时，内层循环的下限只需要设为 即可（注意上限始终为 ）。
「注意」：在《背包问题九讲 2.0 beta1.2》中，作者给出的常数优化公式的下标有误，同时错误地使用了价值 。
416. 分割等和子集（Medium）
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。
「示例」：
输入: [1, 5, 11, 5]
输出: true
解释: 数组可以分割成 [1, 5, 5] 和 [11].
这道题看似和背包问题无关，但如果我们将元素和看做背包容量，则该问题可以转化为：
给定 N 个物品和一个容量为 sum/2 的背包，每个物品对应的容量为其元素大小，那么是否可以挑选出部分物品使得背包恰好装满？
这种背包问题与标准 0-1 背包的区别在于，不需要考虑物品价值，且要求背包恰好装满。因此我们需要对原问题的解法做两处修改，一是初始化的值，这里前面已经叙述过；二是状态转移方程的调整，数组返回的值为布尔值（能否恰好装满），且无需再最大化价值。基于这一解法，我们可以给出如下的 python 实现：
class Solution:
def canPartition(self, nums: List[int]) -> bool:
s = sum(nums)
if s % 2 != 0:
return False # 不能分为两份
s = int(s / 2)
dp = [[False for _ in range(s + 1)] for _ in range(len(nums))] # 创建二维数组，默认初始值为False，注意0表示放置一个元素（不需要考虑没有元素的情况）
for i in range(len(nums)): # 容量为0，不放任何物品就完事，因此可以设为True
dp[i][0] = True
for j in range(1, s + 1):
dp[0][j] = nums[0] == j # 只能放一个元素时，需要第一个元素和目标容量相等
for i in range(1, len(nums)): # 这里从1开始即可，第一个元素已经初始化
for j in range(1, s + 1):
if nums[i] <= j: # 可以放第i个元素时
dp[i][j] = dp[i - 1][j - nums[i]] or dp[i - 1][j]
else: # 不能放第i个元素时
dp[i][j] = dp[i - 1][j]
return dp[len(nums) - 1][s]
根据之前的空间复杂度优化方法，我们可以将二维数组优化为一维数组：
class Solution:
def canPartition(self, nums: List[int]) -> bool:
s = sum(nums)
if s % 2 != 0:
return False
s = int(s / 2)
dp = [False for _ in range(s + 1)] # 创建一维数组，默认初始值为False
dp[0] = True
if nums[0] <= s # Leetcode下不写该初始化也通过（可能测试用例不全）
dp[nums[0]] = True # 参考二维时的初始化设置（看做dp[0][j]）
for i in range(1, len(nums)):
for j in range(s, nums[i] - 1, -1): # 逆序遍历
dp[j] = dp[j] or dp[j - nums[i]]
return dp[s]
474. 一和零（Medium）
在计算机界中，我们总是追求用有限的资源获取最大的收益。
现在，假设你分别支配着 「m」 个 0 和 「n」 个 1。另外，还有一个仅包含 0 和 1 字符串的数组。
你的任务是使用给定的 「m」 个 0 和 「n」 个 1 ，找到能拼出存在于数组中的字符串的最大数量。每个 0 和 1 至多被使用一次。
「示例」：
输入: Array = {"10", "0001", "111001", "1", "0"}, m = 5, n = 3
输出: 4
解释: 总共 4 个字符串可以通过 5 个 0 和 3 个 1 拼出，即 "10","0001","1","0" 。
这道题实际上是一个「二维费用」的 0-1 背包问题，即对于每件物品，具有两种不同的费用，选择这件物品必须同时付出这两种费用。对于每种费用都有一个可付出的最大值（背包容量）。对于本题来说，将数组中的每个元素看做物品，选择该元素需要付出 0 和 1 两种费用，0 对应的背包容量为 m，1 对应的背包容量为 n，每件元素的价值均为 1，求可以放入背包的元素的最大价值（即数量）。
对于这种背包问题，我们需要添加一维状态，设 表示前 件物品付出两种费用分别为 和 时可获得的最大价值。则状态转移方程为：
基于前述优化空间复杂度的方法，可以只使用二维的数组，采用逆序循环。下面给出该方法的 python 实现：
class Solution:
def findMaxForm(self, strs: List[str], m: int, n: int) -> int:
dp = [[0 for _ in range(n + 1)] for _ in range(m + 1)] # 初始化二维数组
for i in range(0, len(strs)): # 注意需要从0开始循环，遍历所有字符串
c_i = strs[i].count('0')
d_i = strs[i].count('1')
for v in range(m, c_i - 1, -1):
for u in range(n, d_i - 1, -1):
dp[v][u] = max(dp[v][u], dp[v - c_i][u - d_i] + 1)
return dp[m][n]
关于背包问题的更多介绍可以参考著名的《背包问题九讲》。