dp背包面试题 08.11. 硬币

https://leetcode-cn.com/problems/coin-lcci/

硬币。给定数量不限的硬币，币值为25分、10分、5分和1分，编写代码计算n分有几种表示法。(结果可能会很大，你需要将结果模上1000000007)

示例1:

输入: n = 5
输出：2
解释: 有两种方式可以凑成总金额:
5=5
5=1+1+1+1+1
示例2:

输入: n = 10
输出：4
解释: 有四种方式可以凑成总金额:
10=10
10=5+5
10=5+1+1+1+1+1
10=1+1+1+1+1+1+1+1+1+1

//完全背包问题 
//f[i,v] 前i个硬币组成v的方案数  用了第i个硬币 f[i-1,v-0*coins[i]]+f[i-1,v-coins[i]]+...f[i-1,v-k*conis[i]]
func waysToChange(n int) int {
    var coins = []int{1,5,10,25}
    m := len(coins)
    f := make([][]int,m+1)
    for i:=0;i<=m;i++{
        f[i] = make([]int,n+1)
    }
    for i:=1;i<=n;i++{
        f[0][i] = 0
    }
    for j:=0;j<=m;j++{
        f[j][0] = 1
    }
    f[0][0] = 1
    for i:=1;i<=m;i++{
        for j:=1;j<=n;j++{
            K := j/coins[i-1]
            for k:=0;k<=K;k++{
                f[i][j] += f[i-1][j-k*coins[i-1]]
            }
        }
    }
    return f[m][n]%1000000007
}

//优化 f[i][v] = f[i-1,v-0*coins[i]]+f[i-1,v-coins[i]]+...f[i-1,v-k*conis[i]]

// 利用v-coins[i] 替换 v

//那么 f[i][v-coins[i]] = f[i-1,v-coins[i]]+...f[i-1,v-k*conis[i]] 最后一项无意义 f[i-1][v-(k+1)*coins[i]]

//那么 f[i][v] = f[i-1][v] + f[i][v-coins[i]]

func waysToChange(n int) int {
    var coins = []int{1,5,10,25}
    m := len(coins)
    f := make([][]int,m+1)
    for i:=0;i<=m;i++{
        f[i] = make([]int,n+1)
    }
    for i:=1;i<=n;i++{
        f[0][i] = 0
    }
    for j:=0;j<=m;j++{
        f[j][0] = 1
    }
    f[0][0] = 1
    for i:=1;i<=m;i++{
        for j:=1;j<=n;j++{
            if j >= coins[i-1]{
                f[i][j] = f[i-1][j] + f[i][j-coins[i-1]]
            }else{
                f[i][j] = f[i-1][j]
            }
        }
    }
    return f[m][n]%1000000007
}

01背包问题 ：是最基本的背包问题，每个物品最多只能放一次

　　这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。

　　用子问题定义状态：即f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是：f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}。

　　若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f [i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。

　　以上方法的时间和空间复杂度均为O(N*V)，其中时间复杂度基本已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O(V)。

for i=1..N

　　for v=V..0

　　　　f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}; (二维是顺序，一维逆序)

其中的f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]}一句恰就相当于我们的转移方程f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i- 1][v-c[i]]}，因为现在的f[v-c[i]]就相当于原来的f[i-1][v-c[i]]。如果将v的循环顺序从上面的逆序改成顺序的话，那么则成了f[i][v]由f[i][v-c[i]]推知，与本题意不符，但它却是另一个重要的背包问题P02最简捷的解决方案，故学习只用一维数组解01背包问题是十分必要的。

完全背包问题：第二个基本的背包问题模型，每种物品可以放无限多次

题目

　　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。第i种物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。

基本思路

　　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。也就是从每种物品的角度考虑，与它相关的策略已并非取或不取两种，而是有取0件、取1件、取2件……等很多种。如果仍然按照解01背包时的思路，令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值。仍然可以按照每种物品不同的策略写出状态转移方程，像这样：f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k*c[i]<= v}。这跟01背包问题一样有O(N*V)个状态需要求解，但求解每个状态的时间则不是常数了，求解状态f[i][v]的时间是O(v/c[i])，总的复杂度是超过O(VN)的。

一个简单有效的优化

　　完全背包问题有一个很简单有效的优化，是这样的：若两件物品i、j满足c[i]<=c[j]且w[i]>=w[j]，则将物品j去掉，不用考虑。这个优化的正确性显然：任何情况下都可将价值小费用高得j换成物美价廉的i，得到至少不会更差的方案。对于随机生成的数据，这个方法往往会大大减少物品的件数，从而加快速度。然而这个并不能改善最坏情况的复杂度，因为有可能特别设计的数据可以一件物品也去不掉。

转化为01背包问题求解

O(VN)的算法这个算法使用一维数组，先看伪代码：

for i=1..N

　　for v=0..V

　　　　f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};

你会发现，这个伪代码与P01的伪代码只有v的循环次序不同而已。为什么这样一改就可行呢？首先想想为什么P01中要按照v=V..0的逆序来循环。这是因为要保证第i次循环中的状态f[i][v]是由状态f[i-1][v-c[i]]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-c[i]]。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-c[i]]，所以就可以并且必须采用v= 0..V的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。

这个算法也可以以另外的思路得出。例如，基本思路中的状态转移方程可以等价地变形成这种形式：f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i][v-c[i]]+w[i]}，将这个方程用一维数组实现，便得到了上面的伪代码。

最后抽象出处理一件完全背包类物品的过程伪代码，以后会用到：

procedure CompletePack(cost,weight)

for v=cost..V

f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}

多重背包问题：每种物品有一个固定的次数上限

题目

　　有N种物品和一个容量为V的背包。第i种物品最多有n[i]件可用，每件费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。

基本算法

　　1、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，因为对于第i种物品有n[i]+1种策略：取0件，取1件……取n[i]件。令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值，则有状态转移方程：

f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k<=n[i]}

复杂度是O(V*Σn[i])。

　　2、转化为01背包问题 另一种好想好写的基本方法是转化为01背包求解：把第i种物品换成n[i]件01背包中的物品，则得到了物品数为∑n[i]的01背包问题，直接求解，复杂度仍然是O(V*∑n[i])。

　　但是我们期望将它转化为01背包问题之后能够像完全背包一样降低复杂度。仍然考虑二进制的思想，我们考虑把第i种物品换成若干件物品，使得原问题中第i种物品可取的每种策略——取0..n[i]件——均能等价于取若干件代换以后的物品。另外，取超过n[i]件的策略必不能出现。

　　方法是：将第i种物品分成若干件物品，其中每件物品有一个系数，这件物品的费用和价值均是原来的费用和价值乘以这个系数。使这些系数分别为 1,2,4,...,2^(k-1),n[i]-2^k+1，且k是满足n[i]-2^k+1>0的最大整数。例如，如果n[i]为13，就将这种物品分成系数分别为1,2,4,6的四件物品。

分成的这几件物品的系数和为n[i]，表明不可能取多于n[i]件的第i种物品。另外这种方法也能保证对于0..n[i]间的每一个整数，均可以用若干个系数的和表示，这个证明可以分0..2^k-1和2^k..n[i]两段来分别讨论得出，并不难，希望你自己思考尝试一下。

这样就将第i种物品分成O(log n[i])种物品，将原问题转化为了复杂度为O(V*∑log n[i])的01背包问题，是很大的改进。

下面给出O(log amount)时间处理一件多重背包中物品的过程，其中amount表示物品的数量：

procedure MultiplePack(cost,weight,amount)

if cost*amount>=V

CompletePack(cost,weight)

return

integer k=1

while k<num

ZeroOnePack(k*cost,k*weight)

amount=amount-k

k=k*2

ZeroOnePack(amount*cost,amount*weight)

小结

这里我们看到了将一个算法的复杂度由O(V*∑n[i])改进到O(V*∑log n[i])的过程

dp背包 面试题 08.11. 硬币

dp背包面试题 08.11. 硬币