动态规划之背包问题——完全背包-Toy模板网

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算法相关数据结构总结：

序号	数据结构	文章
1	动态规划	动态规划之背包问题——01背包动态规划之背包问题——完全背包动态规划之打家劫舍系列问题动态规划之股票买卖系列问题动态规划之子序列问题算法（Java）——动态规划
2	数组	算法分析之数组问题
3	链表	算法分析之链表问题算法（Java）——链表
4	二叉树	算法分析之二叉树算法分析之二叉树遍历算法分析之二叉树常见问题算法（Java）——二叉树
5	哈希表	算法分析之哈希表算法（Java）——HashMap、HashSet、ArrayList
6	字符串	算法分析之字符串算法（Java）——字符串String
7	栈和队列	算法分析之栈和队列算法（Java）——栈、队列、堆
8	贪心算法	算法分析之贪心算法
9	回溯	Java实现回溯算法入门（排列+组合+子集） Java实现回溯算法进阶（搜索）
10	二分查找	算法（Java）——二分法查找
11	双指针、滑动窗口	算法（Java）——双指针算法分析之滑动窗口类问题

前面整理了01背包，在leetcode题库中主要就是01背包和完全背包问题，所以在这里整理一下完全背包的知识点。

一、完全背包问题

有N件物品和一个最多能背重量为W的背包。第i件物品的重量是weight[i]，得到的价值是value[i] 。每件物品都有无限个（也就是可以放入背包多次），求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。

完全背包和01背包问题唯一不同的地方就是，每种物品有无限件。

注：leetcode上没有纯完全背包问题，都是需要完全背包的各种应用，需要转化成完全背包问题。

01背包和完全背包唯一不同就是体现在遍历顺序上，所以针对遍历顺序进行分析。其它动规五部曲参考01背包。

二、完全背包遍历顺序

首先回顾一下01背包的遍历顺序：

for(int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
    for(int j = bagWeight; j >= weight[i]; j--) { // 遍历背包容量
        dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
    }
}

我们知道01背包内嵌的循环是从大到小遍历，为了保证每个物品仅被添加一次。

而完全背包的物品是可以添加多次的，所以要从小到大去遍历，即：

// 先遍历物品，再遍历背包
int[] dp = new int[bagWeight + 1];
for (int i = 0; i < weight.length; i++){
    for (int j = 1; j <= bagWeight; j++){
        if (j - weight[i] >= 0){
            dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
        }
    }
}

为什么遍历物品在外层循环，遍历背包容量在内层循环？

在01背包中二维dp数组的两个for遍历的先后循序是可以颠倒，一维dp数组的两个for循环先后循序一定是先遍历物品，再遍历背包容量。

在完全背包中，对于一维dp数组来说，其实两个for循环嵌套顺序同样无所谓。

因为dp[j] 是根据下标j之前所对应的dp[j]计算出来的。只要保证下标j之前的dp[j]都是经过计算的就可以。完全背包中，两个for循环的先后循序，都不影响计算dp[j]所需要的值。

先遍历被背包在遍历物品，代码如下：

// 先遍历背包，再遍历物品
for(int j = 0; j <= bagWeight; j++) { // 遍历背包容量
    for(int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
        if (j - weight[i] >= 0) dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
    }
}

注：全文说的都是对于纯完全背包问题，其for循环的先后循环是可以颠倒的！但如果题目稍稍有点变化，就会体现在遍历顺序上。

如果问装满背包有几种方式的话？那么两个for循环的先后顺序就有很大区别了，而leetcode上的题目都是这种稍有变化的类型。这些将根据具体的题目进行分析。

三、leetcode例题讲解完全背包问题

518. 零钱兑换 II

leetcode题目链接：518. 零钱兑换 II

给你一个整数数组 coins 表示不同面额的硬币，另给一个整数 amount 表示总金额。

请你计算并返回可以凑成总金额的硬币组合数。如果任何硬币组合都无法凑出总金额，返回 0 。

假设每一种面额的硬币有无限个。

示例一：

输入：amount = 5, coins = [1, 2, 5]
输出：4
解释：有四种方式可以凑成总金额：
5=5
5=2+2+1
5=2+1+1+1
5=1+1+1+1+1

示例二：

输入：amount = 3, coins = [2]
输出：0
解释：只用面额 2 的硬币不能凑成总金额 3 。

示例三：

输入：amount = 10, coins = [10] 
输出：1

这是一道典型的背包问题，一看到钱币数量不限，就知道这是一个完全背包。

但本题和纯完全背包不一样，纯完全背包是能否凑成总金额，而本题是要求凑成总金额的个数！

然后就是组合数：组合不强调元素之间的顺序，排列强调元素之间的顺序。

1.确定dp数组以及下标的含义

dp[i]：凑成总金额i的货币组合数为dp[i]

2.确定递推公式

dp[i] （考虑coins[j]的组合总和）就是所有的dp[i - coins[j]]（不考虑coins[j]）相加。

所以递推公式：dp[i] += dp[i - coins[j]]; 和01背包相同。

3.dp数组如何初始化

dp[0]一定要为1，dp[0] = 1是递归公式的基础。

从dp[i]的含义上来讲就是，凑成总金额0的货币组合数为1。

下标非0的dp[j]初始化为0，这样累计加dp[i - coins[j]]的时候才不会影响真正的dp[i]

4.确定遍历顺序

本题是外层for循环遍历物品（钱币），内层for遍历背包（金钱总额），还是外层for遍历背包（金钱总额），内层for循环遍历物品（钱币）呢？

在上面讲解了完全背包的两个for循环的先后顺序都是可以的。但本题就不行了。

因为纯完全背包求得是能否凑成总和，和凑成总和的元素有没有顺序没关系，即：有顺序也行，没有顺序也行！

而本题要求凑成总和的组合数，元素之间要求没有顺序。

所以纯完全背包是能凑成总和就行，不用管怎么凑的。

本题是求凑出来的方案个数，且每个方案个数是为组合数。

先来看外层for循环遍历物品（钱币），内层for遍历背包（金钱总额）的情况。

举例用的dp[j] += dp[j - coins[i]]; 这里就不再改了。

for (int i = 0; i < coins.size(); i++) { // 遍历物品
    for (int j = coins[i]; j <= amount; j++) { // 遍历背包容量
        dp[j] += dp[j - coins[i]];
    }
}

假设：coins[0] = 1，coins[1] = 5。

那么就是先把1加入计算，然后再把5加入计算，得到的方法数量只有{1, 5}这种情况。而不会出现{5, 1}的情况。

这种遍历顺序中dp[j]里计算的是组合数！

另外一种遍历顺序：

for (int j = 0; j <= amount; j++) { // 遍历背包容量
    for (int i = 0; i < coins.size(); i++) { // 遍历物品
        if (j - coins[i] >= 0) dp[j] += dp[j - coins[i]];
    }
}

背包容量的每一个值，都是经过 1 和 5 的计算，包含了{1, 5} 和 {5, 1}两种情况。

此时dp[j]里算出来的就是排列数！

5.举例推导dp数组

省略。

Java代码实现：

class Solution {
    public int change(int amount, int[] coins) {
        // 动态规划，dp[i]表示凑成金额i的硬币组合数
        // dp[i] += dp[i - coins[j]]
        // dp[0] = 1
        // 遍历顺序：本题先循环钱币，后循环金钱总额，否则就会有重复{1，5}和{5，1}就成了两种方法
        int[] dp = new int[amount+1];
        dp[0] = 1;
        for(int j = 0; j < coins.length; j++){
            for(int i = coins[j]; i <= amount; i++){
                    dp[i] += dp[i - coins[j]];
            }
        }
        return dp[amount];
    }
}

377. 组合总和 Ⅳ

leetcode题目链接：377. 组合总和 Ⅳ

给你一个由不同整数组成的数组 nums ，和一个目标整数 target 。请你从 nums 中找出并返回总和为 target 的元素组合的个数。

示例一：

输入：nums = [1,2,3], target = 4
输出：7
解释：
所有可能的组合为：
(1, 1, 1, 1)
(1, 1, 2)
(1, 2, 1)
(1, 3)
(2, 1, 1)
(2, 2)
(3, 1)
请注意，顺序不同的序列被视作不同的组合。

示例二：

输入：nums = [9], target = 3
输出：0

本题题目描述说是求组合，但又说是可以元素相同顺序不同的组合算两个组合，其实就是求排列！

组合不强调顺序，(1,5)和(5,1)是同一个组合。

排列强调顺序，(1,5)和(5,1)是两个不同的排列。

但其本质是本题求的是排列总和，而且仅仅是求排列总和的个数，并不是把所有的排列都列出来。

1.确定dp数组以及下标的含义

dp[i]: 凑成目标正整数为i的排列个数为dp[i]

2.确定递推公式

dp[i]（考虑nums[j]）可以由 dp[i - nums[j]]（不考虑nums[j]）推导出来。

因为只要得到nums[j]，排列个数dp[i - nums[j]]，就是dp[i]的一部分。

所以递推公式：dp[i] += dp[i - nums[j]]; 和01背包相同。

3.dp数组如何初始化

因为递推公式dp[i] += dp[i - nums[j]]的缘故，dp[0]要初始化为1，这样递归其他dp[i]的时候才会有数值基础。

其实没有意义，所以我也不去强行解释它的意义了，因为题目中也说了：给定目标值是正整数！所以dp[0] = 1是没有意义的，仅仅是为了推导递推公式。

至于非0下标的dp[i]应该初始为多少呢？

初始化为0，这样才不会影响dp[i]累加所有的dp[i - nums[j]]。

4.确定遍历顺序

个数可以不限使用，说明这是一个完全背包。

得到的集合是排列，说明需要考虑元素之间的顺序。

如果求排列数就是外层for遍历背包，内层for循环遍历物品。

如果把遍历nums（物品）放在外循环，遍历target的作为内循环的话，举一个例子：计算dp[4]的时候，结果集只有 {1,3} 这样的集合，不会有{3,1}这样的集合，因为nums遍历放在外层，3只能出现在1后面！

所以本题遍历顺序最终遍历顺序：target（背包）放在外循环，将nums（物品）放在内循环，内循环从前到后遍历。

5.举例推导dp数组

省略。

Java代码实现：

class Solution {
    public int combinationSum4(int[] nums, int target) {
        // 动态规划，完全背包，dp[i] 表示返回元素总和i的元素组合个数
        // dp[i] += dp[i - nums[j]]
        // dp[0] = 1
        // 遍历顺序也需要考虑，对于每一个元素和来说，遍历加每一个小于和的元素，先遍历背包，再遍历物品
        // 虽说是组合问题，但(1, 1, 2)，(1, 2, 1)，(2, 1, 1)是三种组合，所以与一般组合问题不同
        int[] dp = new int[target+1];
        dp[0] = 1;
        for(int i = 0; i <= target; i++){  // 遍历背包
            for(int j = 0; j < nums.length; j++){  // 遍历物品
                if(i >= nums[j]){
                    dp[i] += dp[i - nums[j]];
                }
            }
        }
        return dp[target];
    }
}

322. 零钱兑换

leetcode题目链接：322. 零钱兑换
给你一个整数数组 coins ，表示不同面额的硬币；以及一个整数 amount ，表示总金额。

计算并返回可以凑成总金额所需的最少的硬币个数。如果没有任何一种硬币组合能组成总金额，返回 -1 。

你可以认为每种硬币的数量是无限的。

示例一：

输入：coins = [1, 2, 5], amount = 11
输出：3 
解释：11 = 5 + 5 + 1

示例二：

输入：coins = [2], amount = 3
输出：-1

示例三：

输入：coins = [1], amount = 0
输出：0

这道题还是零钱兑换，但套路不一样。

题目中说每种硬币的数量是无限的，可以看出是典型的完全背包问题。

1.确定dp数组以及下标的含义

dp[i]：凑足总额为i所需钱币的最少个数为dp[i]

2.确定递推公式

得到dp[i]（考虑coins[j]），只有一个来源，dp[i - coins[j]]（没有考虑coins[j]）。

凑足总额为i - coins[j]的最少个数为dp[i - coins[j]]，那么只需要加上一个钱币coins[j]即dp[i - coins[j]] + 1就是dp[i]（考虑coins[j]）

所以dp[j] 要取所有 dp[i - coins[j]] + 1 中最小的。

递推公式：dp[i] = min(dp[i - coins[j]] + 1, dp[i]);

3.dp数组如何初始化

首先凑足总金额为0所需钱币的个数一定是0，那么dp[0] = 0;

其他下标对应的数值呢？

考虑到递推公式的特性，dp[j]必须初始化为一个最大的数，否则就会在min(dp[i - coins[j]] + 1, dp[i])比较的过程中被初始值覆盖。

所以下标非0的元素都是应该是最大值。

注：计算min，初始化是最大值，计算max初始化是0。

4.确定遍历顺序

本题求钱币最小个数，那么钱币有顺序和没有顺序都可以，都不影响钱币的最小个数。。

所以本题并不强调集合是组合还是排列。

所以本题的两个for循环的关系是：外层for循环遍历物品，内层for遍历背包或者外层for遍历背包，内层for循环遍历物品都是可以的！

5.举例推导dp数组

省略。

Java代码实现：

class Solution {
    // int minCount = Integer.MAX_VALUE;
    public int coinChange(int[] coins, int amount) {
        // 动态规划 dp[i] 表示组成金额i所需最少的硬币数量，典型的完全背包问题
        if(amount == 0) return 0;
        int[] dp = new int[amount+1]; 
        Arrays.fill(dp, amount+1);  // 也可以直接填充Integer.MAX_VALUE
        dp[0] = 0;
        for(int i = 1; i < amount+1; i++){  // 数量，遍历背包
            for(int j = 0; j < coins.length; j++){  // 金额，遍历物品
                // 最小硬币数 = 最小硬币数与该金额减去一个面值的最小硬币数+1
                if(coins[j] <= i){
                    dp[i] = Math.min(dp[i], dp[i - coins[j]] + 1);
                }
            }
        }
        return dp[amount] > amount ? -1 : dp[amount];
}

279. 完全平方数

leetcode题目链接：279.完全平方数

给定正整数 n，找到若干个完全平方数（比如 1, 4, 9, 16, …）使得它们的和等于 n。你需要让组成和的完全平方数的个数最少。

给你一个整数 n ，返回和为 n 的完全平方数的最少数量。

完全平方数是一个整数，其值等于另一个整数的平方；换句话说，其值等于一个整数自乘的积。例如，1、4、9 和 16 都是完全平方数，而 3 和 11 不是。

示例一：

输入：n = 12
输出：3 
解释：12 = 4 + 4 + 4

示例二：

输入：n = 13
输出：2
解释：13 = 4 + 9

把题目翻译一下：完全平方数就是物品（可以无限件使用），凑个正整数n就是背包，问凑满这个背包最少有多少物品？

这样就回到了熟悉的完全背包问题。

1.确定dp数组以及下标的含义

dp[i]：和为i的完全平方数的最少数量为dp[i]

2.确定递推公式

dp[i] 可以由dp[i - j * j]推出， dp[i - j * j] + 1 便可以凑成dp[j]。

此时我们要选择最小的dp[j]，所以递推公式：dp[i] = min(dp[i - j * j] + 1, dp[i]);

3.dp数组如何初始化

dp[0]表示和为0的完全平方数的最小数量，那么dp[0]一定是0。

题目描述，找到若干个完全平方数（比如 1, 4, 9, 16, …），题目描述中可没说要从0开始，dp[0]=0完全是为了递推公式。

非0下标的dp[i]应该是多少呢？

从递归公式dp[i] = min(dp[i - j * j] + 1, dp[i]);中可以看出每次dp[j]都要选最小的，所以非0下标的dp[i]一定要初始为最大值，这样dp[i]在递推的时候才不会被初始值覆盖。

4.确定遍历顺序

本题的两个for循环的关系是：外层for循环遍历物品，内层for遍历背包或者外层for遍历背包，内层for循环遍历物品都是可以的！

5.举例推导dp数组

省略。

Java代码实现：

class Solution {
    public int numSquares(int n) {
        // 动态规划，完全背包
        // dp[i] 表示和为i的完全平方数的最小数量
        int[] dp = new int[n+1];
        Arrays.fill(dp, Integer.MAX_VALUE);
        dp[0] = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++){  // 先背包
            for(int j = 1; j * j <= i; j++){  // 再物品
                dp[i] = Math.min(dp[i], dp[i - j * j] + 1);
            }
        }
        return dp[n];
    }
}

139. 单词拆分

leetcode题目链接：139. 单词拆分

给你一个字符串 s 和一个字符串列表 wordDict 作为字典，判定 s 是否可以由空格拆分为一个或多个在字典中出现的单词。

说明：拆分时可以重复使用字典中的单词。

示例一：

输入: s = "leetcode", wordDict = ["leet", "code"]
输出: true
解释: 返回 true 因为 "leetcode" 可以被拆分成 "leet code"。

示例二：

输入: s = "applepenapple", wordDict = ["apple", "pen"]
输出: true
解释: 返回 true 因为 "applepenapple" 可以被拆分成 "apple pen apple"。
     注意你可以重复使用字典中的单词。

示例三：

输入: s = "catsandog", wordDict = ["cats", "dog", "sand", "and", "cat"]
输出: false

单词就是物品，字符串s就是背包，单词能否组成字符串s，就是问物品能不能把背包装满。

拆分时可以重复使用字典中的单词，说明就是一个完全背包！

1.确定dp数组以及下标的含义

dp[i] : 字符串长度为i的话，dp[i]为true，表示可以拆分为一个或多个在字典中出现的单词。

2.确定递推公式

如果确定dp[j] 是true，且 [j, i] 这个区间的子串出现在字典里，那么dp[i]一定是true。（j < i ）。

所以递推公式是 if([j, i] 这个区间的子串出现在字典里 && dp[j]是true) 那么 dp[i] = true。

3.dp数组如何初始化

从递归公式中可以看出，dp[i] 的状态依靠 dp[j]是否为true，那么dp[0]就是递归的根基，dp[0]一定要为true，否则递归下去后面都都是false了。

下标非0的dp[i]初始化为false，只要没有被覆盖说明都是不可拆分为一个或多个在字典中出现的单词。

4.确定遍历顺序

本题最终要求的是是否都出现过，所以对出现单词集合里的元素是组合还是排列，并不在意！

所以本题的两个for循环的关系是：外层for循环遍历物品，内层for遍历背包或者外层for遍历背包，内层for循环遍历物品都是可以的！

5.举例推导dp数组

省略。

Java代码实现：

class Solution {
    public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {
        // 动态规划
        // dp[i] 表示以i-1结尾的字符串能否拆分成字典中得单词
        boolean[] dp = new boolean[s.length()+1];
        dp[0] = true;
        for(int i = 1; i <= s.length(); i++){
            for(int j = 0; j < i; j++){
                if(dp[j] && wordDict.contains(s.substring(j, i))){
                    dp[i] = true;
                }
            }
        }
        return dp[s.length()];
    }
}

简单的优化，当dp[i]=true，可以break，减少遍历的次数。

for(int i = 1; i <= s.length(); i++){
    for(int j = 0; j < i; j++){
        if(dp[j] && wordDict.contains(s.substring(j, i))){
            dp[i] = true;
            break;
        }
    }
}