完全背包问题
题目链接：52. 携带研究材料（第七期模拟笔试）
讲解视频：
带你学透完全背包问题！
题目描述：
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重量，并且具有不同的价值。
小明的行李箱所能承担的总重量为 N，问小明应该如何抉择，才能携带最大价值的研究材料，每种研究材料可以选择无数次，并且可以重复选择。
解题思路：
1. 状态表示：
dp[i][j] 表示：从前 i 个物品中挑选，总体积不超过 j ，所有的选法中，能挑选出来的最⼤价值。（同01背包问题）
2. 状态转移⽅程：
线性 dp 状态转移⽅程分析⽅式，⼀般都是根据最后⼀步的状况，来分情况讨论。但是最后⼀个物品能选很多个，因此我们的需要分很多情况：
- 选 0 个第 i 个物品：此时相当于就是去前 i - 1 个物品中挑选，总体积不超过 j 。此时最⼤价值为 dp[i - 1][j] ；
- 选 1 个第 i 个物品：此时相当于就是去前 i - 1 个物品中挑选，总体积不超过 j -v[i] 。因为挑选了⼀个 i 物品，此时最⼤价值为 dp[i - 1][j - v[i]] +w[i] ；
- 选 2 个第 i 个物品：此时相当于就是去前 i - 1 个物品中挑选，总体积不超过 j- 2 * v[i] 。因为挑选了两个 i 物品，此时最⼤价值为 dp[i - 1][j - 2 *v[i]] + 2 * w[i] ；
- ......
综上，我们的状态转移⽅程为：
dp[i][j]=max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-v[i]]+w[i], dp[i-1][j2*v[i]]+2*w[i]...)
当我们发现，计算⼀个状态的时候，需要⼀个循环才能搞定的时候，我们要想到去优化。优化的⽅向就是⽤⼀个或者两个状态来表⽰这⼀堆的状态，通常就是⽤数学的⽅式做⼀下等价替换。
我们发现第⼆维是有规律的变化的，因此我们去看看 dp[i][j - v[i]] 这个状态：
dp[i][j-v[i]]=max(dp[i-1][j-v[i]],dp[i-1][j-2*v[i]]+w[i],dp[i-1][j-3*v[i]]+2*w[i]...)
发现把 dp[i][j - v[i]] 加上 w[i] 正好和 dp[i][j] 中除了第⼀项以外的全部⼀致，因此我们可以修改我们的状态转移⽅程为：
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - v[i]] + w[i]) 。
3. 初始化：
我们多加⼀⾏，⽅便我们的初始化，此时仅需将第⼀⾏初始化为 0 即可。因为什么也不选，也能满⾜体积不⼩于 j 的情况，此时的价值为 0 。
4. 填表顺序：
根据状态转移⽅程，我们仅需从上往下填表即可。
5. 返回值：
根据状态表⽰，返回 dp[n][v] 。
代码：
未优化版
#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;int main()
{int n , v;cin >> n >> v;vector<int> weight(n+1);vector<int> value(n+1);for(int i = 1; i <= n; i++){cin >> weight[i] >> value[i];}vector<vector<int>> dp(n+1,vector<int>(v+1));for(int i = 1; i <= n; i++){for(int j = 0; j <= v; j++){dp[i][j] = dp[i-1][j];if(j >= weight[i])dp[i][j] = max(dp[i][j] , dp[i][j-weight[i]]+value[i]);}}cout << dp[n][v] << endl;
}优化版
#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;int main()
{int n , v;cin >> n >> v;vector<int> weight(n+1);vector<int> value(n+1);for(int i = 1; i <= n; i++){cin >> weight[i] >> value[i];}vector<int> dp(v+1);for(int i = 1; i <= n ;i ++)for(int j = weight[i]; j <= v; j++)dp[j] = max(dp[j] , dp[j-weight[i]]+value[i]);cout << dp[v] << endl;
}322. 零钱兑换
题目链接：. - 力扣（LeetCode）
讲解视频：
装满背包最少的物品件数是多少？| LeetCode：322.零钱兑换
题目描述：
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 1：
输入：coins = [1, 2, 5], amount = 11 输出：3解释：11 = 5 + 5 + 1
解题思路：
与完全背包问题思路一致。
不同点：
- dp赋值：由于此时要求最小值，因此定义dp数组时其内容应该填充最大值--0x3f3f3f3f
- 结果返回：不能直接返回dp值，要做一下判断。
代码：
class Solution {
public:const int INF = 0x3f3f3f3f;int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {vector<int> dp(amount+1,INF);dp[0] = 0;for(auto x : coins)for(int j = x; j <= amount; j++)dp[j] = min(dp[j],dp[j-x]+1);return dp[amount] >= INF ? -1 : dp[amount];}
};518.零钱兑换II
题目链接：. - 力扣（LeetCode）
讲解视频：
装满背包有多少种方法？组合与排列有讲究！| LeetCode：518.零钱兑换II
题目描述：
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。
题目数据保证结果符合 32 位带符号整数。
示例 1：
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
解题思路：
该题目是完全背包问题的变形，思路同上。
规律记忆：求装满背包有几种方法，公式都是：dp[j] += dp[j - nums[i]];
代码：
class Solution {
public:int change(int amount, vector<int>& coins) {vector<int> dp(amount+1);int n = coins.size();dp[0] = 1;for(int i = 0; i < n; i++)for(int j =coins[i]; j <= amount; j++)dp[j] += dp[j-coins[i]];return dp[amount];}
};组合总和 Ⅳ
题目链接：. - 力扣（LeetCode）
讲解视频：
装满背包有几种方法？求排列数？| LeetCode：377.组合总和IV
题目描述：
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。
题目数据保证答案符合 32 位整数范围。
示例 1：
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。
解题思路：
- 组合不强调元素之间的顺序，排列强调元素之间的顺序。
- 如果求组合数就是外层for循环遍历物品，内层for遍历背包。
- 如果求排列数就是外层for遍历背包，内层for循环遍历物品。
本题是要求排列数，因此双层for循环就与前边题目有所不同。
本题目核心思想仍是完全背包问题。
代码：
class Solution {
public:int combinationSum4(vector<int>& nums, int target) {vector<double> dp(target+1);dp[0] = 1;for(int j = 0; j <= target; j++)for(auto x : nums)if(j >= x)dp[j] += dp[j-x];return dp[target];}
};