引言：
完全背包 隶属于动态规划中的背包问题。而 01背包 又是完全背包的基石，所以不懂01背包的，有必要了解一下。
什么是完全背包？
01背包问题：有一个背包承重为V，有N个物品，每个物品的价值(value)为v，重量为(weight)为w
，每个物品只能取1次，求问背包，最多能装下多大价值的物品。
完全背包问题：有一个背包承重为V，有N个物品，每个物品的价值(value)为v，重量为(weight)为w，每个物品无限次存取，求问背包，最多能装下多大价值的物品。
如上01背包与完全背包的区别就在于，能无限次存取。
举例
如题：一个能称重为4的背包，共有3件可装物品。对应价值与重量如下图所示，求最多能装下多大价值的物品。
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1、分析下标的含义：
dp[i][j] 表示，物品[ 0~i ] 每个物品，每个物品能取无数次，放入到容量为 j 的背包内，价值总和最大为多少？
2、递推公式：
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拿dp[1][4]举例字，物品1，价值value(20)，重量weight(3)。
如上图所示，有两种情况：
- 不选择物品本身：直接继承物品0，也就dp[0][4] = 60；
- 选择该物品：dp[ 1 ][ 4-weight ]+value = dp[ 1 ][ 1 ]+20 也就是35；
然后从两种选择中，选取。
最后得出递推公式：dp[i][j] = max(dp[i-1][j] , dp[i][j-weight] + value);
3、推导代码（二维）：
下标的含义 与 递推公式都得出来了，代码不就直接出来了吗：
#include <iostream> #include <vector> using namespace std; // 用于存储最终的最大价值，不过在当前代码中未实际使用该变量 int maxValue = 0; // 物品的重量和价值数组 // weight 数组存储每个物品的重量，例如 weight[0] 是第一个物品的重量 vector<int> weight = {1, 3, 4, 5, 6}; // value 数组存储每个物品的价值，例如 value[0] 是第一个物品的价值 vector<int> value = {1, 3, 4, 5, 6}; int main(){ // 背包的最大容量 int bagweight = 6; // 定义二维动态规划数组 dp // dp[i][j] 表示前 i 个物品放入容量为 j 的背包中所能获得的最大价值 int dp[weight.size()][bagweight + 1]; // 初始化 dp 数组的第一行，即只考虑第一个物品的情况 for(int i = 0; i <= bagweight; ++i){ // 如果当前背包容量 i 小于第一个物品的重量 if(i < weight[0]) { // 则无法放入第一个物品，最大价值为 0 dp[0][i] = 0; } else { // 若能放入第一个物品，最大价值为第一个物品的价值 // 这里由于是第一个物品，所以可以简单理解为重复放入第一个物品来填满背包 dp[0][i] = dp[0][i - weight[0]] + value[0]; } } // 外层循环遍历物品，从第二个物品开始（索引为 1） // weight 数组的大小代表物品的个数 for(int i = 1; i < weight.size(); ++i){ // 内层循环遍历背包的容量，从 0 到最大容量 bagweight for(int j = 0; j <= bagweight; ++j){ // 如果当前背包容量 j 小于第 i 个物品的重量 if(j < weight[i]) { // 则无法放入第 i 个物品，最大价值和前 i - 1 个物品放入容量为 j 的背包的最大价值相同 dp[i][j] = dp[i - 1][j]; } else { // 若能放入第 i 个物品，需要在两种情况中取最大值 // 情况 1：不放入第 i 个物品，最大价值为 dp[i - 1][j] // 情况 2：放入第 i 个物品，此时最大价值为 dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i] dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); } } } // 返回 0 表示程序正常结束 return 0; }
4、压缩（一维滚动数组）
得出二维数组之后，经观察得到，每一行代码，都是由本行，或者上一行推导出来的：
dp[i][j] = max(dp[i-1][j] , dp[i][j-weight] + value);
故：我们可以用叠加的思维，将二维数组 压缩 成一维数组，因不断地叠加，滚动之名也由此而来。
int v[3]={15,20,30}; int w[3] = {1,3,4}; int dp[5]; for(int i=0; i<3; ++i){ for(int j=w[i]; j<5; ++j){ dp[j] = max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]); } }
理论到此结束
大纲：（经典算法题）
1、零钱兑换 II--01背包，过渡，首次接触动规数据越界问题
2、组合总和 Ⅳ--排列问题-完全背包，深度思考遍历背包与容量的顺序问题
3、爬楼梯--排列问题-动态规划
4、零钱兑换--组合问题，巧妙求最小值
5、单词拆分--结合哈希表
1、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。
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
示例 2：
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 3：
输入：amount = 10, coins = [10]
输出：1
提示：
1 <= coins.length <= 3001 <= coins[i] <= 5000coins中的所有值 互不相同0 <= amount <= 5000
class Solution { // 本题相当于是（等和子集、粉碎石头、目标和、一和零的降智难度） // 这道题目，跟神经病一样，数组非开到最大 public: int change(int amount, vector<int>& coins) { vector<unsigned long long> dp(amount+1,0); dp[0]=1; for(int i=0; i<coins.size(); ++i){ for(int j=coins[i]; j<=amount; ++j){ dp[j] = dp[j]+dp[j-coins[i]]; } } return dp[amount]; } };
2、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。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。
示例 2：
输入：nums = [9], target = 3
输出：0
提示：
1 <= nums.length <= 2001 <= nums[i] <= 1000nums中的所有元素 互不相同1 <= target <= 1000
class Solution { // 理解dp的，遍历顺序，比推导公式难多了！！挑战思维 // 总是有超出界限的数目，因为指数级增加，（2的多少次方） public: int combinationSum4(vector<int>& nums, int target) { vector<int> dp(target+1); dp[0] = 1; for(int i=0; i<=target; ++i){ for(int j=0; j<nums.size(); ++j){ // 叠加，指数爆炸性增长，2的多少次方，所以需要限制dp[i]+dp[i-nums[j]]<INT32_MAX if(i>=nums[j] && dp[i]<INT32_MAX - dp[i-nums[j]]) dp[i] = dp[i] + dp[i-nums[j]]; } } return dp[target]; } };
3、爬楼梯
题目描述
假设你正在爬楼梯。需要 n 阶你才能到达楼顶。
每次你可以爬至多m (1 <= m < n)个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？
注意：给定 n 是一个正整数。
输入描述
输入共一行，包含两个正整数，分别表示n, m
输出描述
输出一个整数，表示爬到楼顶的方法数。
输入示例
3 2
输出示例
3
提示信息
数据范围：
1 <= m < n <= 32;
当 m = 2，n = 3 时，n = 3 这表示一共有三个台阶，m = 2 代表你每次可以爬一个台阶或者两个台阶。
此时你有三种方法可以爬到楼顶。
- 1 阶 + 1 阶 + 1 阶段
- 1 阶 + 2 阶
- 2 阶 + 1 阶
#include <iostream> #include <vector> using namespace std; int main(){ int n,m; cin>>n>>m; vector<int> dp(n+1,0); dp[0] = 1; for(int i = 0; i<=n; ++i){ for(int j=1; j<=m; ++j){ if(i>=j) dp[i] = dp[i-j]+dp[i]; } } cout<<dp[n]; return 0; }
4、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 1：
输入：coins = [1, 2, 5], amount = 11
输出：3
解释：11 = 5 + 5 + 1
示例 2：
输入：coins = [2], amount = 3
输出：-1
示例 3：
输入：coins = [1], amount = 0
输出：0
提示：
1 <= coins.length <= 121 <= coins[i] <= 231 - 10 <= amount <= 104
class Solution { public: int coinChange(vector<int>& coins, int amount) { vector<long long> dp(amount+1,INT32_MAX); dp[0] = 0; for(int i=0; i<coins.size(); ++i){ for(int j=coins[i]; j<=amount; ++j){ dp[j] = min(dp[j], dp[j-coins[i]]+1); } } return dp[amount]==INT32_MAX?-1:dp[amount]; } };
5、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。如果可以利用字典中出现的一个或多个单词拼接出s则返回true。注意：不要求字典中出现的单词全部都使用，并且字典中的单词可以重复使用。
示例 1：
输入: s = "leetcode", wordDict = ["leet", "code"]
输出: true
解释: 返回 true 因为 "leetcode" 可以由 "leet" 和 "code" 拼接成。
示例 2：
输入: s = "applepenapple", wordDict = ["apple", "pen"]
输出: true
解释: 返回 true 因为 "applepenapple" 可以由 "apple" "pen" "apple" 拼接成。
注意，你可以重复使用字典中的单词。
示例 3：
输入: s = "catsandog", wordDict = ["cats", "dog", "sand", "and", "cat"]
输出: false
提示：
1 <= s.length <= 3001 <= wordDict.length <= 10001 <= wordDict[i].length <= 20s和wordDict[i]仅由小写英文字母组成wordDict中的所有字符串 互不相同
class Solution { // 相当于利用动态规划，卡空档位 public: bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) { unordered_set<string> uset(wordDict.begin(),wordDict.end()); // 存 vector<bool> dp(s.size()+1,false); dp[0] = true; for(int i=1; i<=s.size(); ++i){ for(int j=1; j<=i; ++j){ string str = s.substr(i-j,j); if(uset.find(str)!=uset.end() && dp[i-j]) dp[i] = true; } } return dp[s.size()]; } };
知识点：
1、遍历顺序：（组合数与排列数）
coins是存放硬币数组，amount 是要组成的金额数目。
组合数
for(int i=0; i<coins.size(); i++){ // 先遍历物品 for(int j=coins[i]; j<=amount; j++){ // 在遍历背包 dp[j] = dp[j] + dp[j-coins[i]]; } }
核心逻辑：每次固定一个物品，然后更新所有能容纳该背包容量的组合数。
举例分析（coins = [1,5]，amount = 6）：
- 处理物品 1：
- 从 j=1 开始，所有 j>=1 的背包容量都会加上 dp [j-1]。
- 此时 dp 数组记录的是仅使用物品 1 的组合数（全 1 的序列）。
- 处理物品 5：
- 从 j=5 开始，所有 j>=5 的背包容量会加上 dp [j-5]。
- 此时计算的是在已使用物品 1 的基础上，添加物品 5 的组合。
- 最终得到的组合是类似 {1,1,1,1,1,1}、{1,1,1,1,5} 等，不会出现 5 在前 1 在后的情况，因为物品是按顺序处理的，每个物品只能在其之后的容量中被添加。
排列数
for(int j=0; j<=amount; ++j){ for(int i=0; i<coins.size(); ++i){ if(j>=coins[i]) dp[j] += dp[j-coins[i]]; } }
核心逻辑：每次固定一个数，尝试将所有物品都放入，从而更新组合数。
举例分析（coins = [1,5]，amount = 6）：
- 当 j=1 时：
- 遍历物品 1，dp [1] += dp [0]（即 1 种方式：{1}）。
- 当 j=5 时：
- 遍历物品 1，dp [5] += dp [4]（此时 dp [4] 可能已包含多个 1 的组合）。
- 遍历物品 5，dp [5] += dp [0]（即 1 种方式：{5}）。
- 当 j=6 时：
- 遍历物品 1，dp [6] += dp [5]（包含 {1,5} 和 {5,1} 吗？）
- 遍历物品 5，dp [6] += dp [1]（即 {5,1}）。
2、多重背包：
多重背包，其实与01背包非常的相似。
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。
所以，往往只需要将重复的物品摊开即可。
借鉴博客：
