【动态规划/背包问题】多维背包问题
前言
今天是我们讲解「动态规划专题」中的「背包问题」的第十四篇。
今天将学习「多维背包」，并完成一道相关练习题。
另外，我在文章结尾处列举了我所整理的关于背包问题的相关题目。
背包问题我会按照编排好的顺序进行讲解（每隔几天更新一篇，确保大家消化）。
你可以先尝试做做，也欢迎你向我留言补充，你觉得与背包相关的 DP 类型题目 ~
题目描述
这是 LeetCode 上的「474. 一和零」，难度为 Medium。
给你一个二进制字符串数组
和两个整数
和
。
请你找出并返回
的最大子集的大小，该子集中 最多 有
个
和
个
。
如果
的所有元素也是
的元素，集合
是集合
的子集 。
示例 1：
输入：strs = ["10", "0001", "111001", "1", "0"], m = 5, n = 3
输出：4
解释：最多有 5 个 0 和 3 个 1 的最大子集是 {"10","0001","1","0"} ，因此答案是 4 。
其他满足题意但较小的子集包括 {"0001","1"} 和 {"10","1","0"} 。{"111001"} 不满足题意，因为它含 4 个 1 ，大于 n 的值 3 。
示例 2：
输入：strs = ["10", "0", "1"], m = 1, n = 1
输出：2
解释：最大的子集是 {"0", "1"} ，所以答案是 2 。
提示：
- 1 <= strs.length <= 600
- 1 <= strs[i].length <= 100
- strs[i] 仅由 '0' 和 '1' 组成
- 1 <= m, n <= 100
基本分析
通常与「背包问题」相关的题考察的是将原问题转换为「背包问题」的能力。
要将原问题转换为「背包问题」，往往需要从题目中抽象出「价值」与「成本」的概念。
这道题如果抽象成「背包问题」的话，应该是：
每个字符串的价值都是
（对答案的贡献都是
），选择的成本是该字符串中
的数量和
的数量。
问我们在
的数量不超过
，0 的数量不超过
的条件下，最大价值是多少。
由于每个字符串只能被选一次，且每个字符串的选与否对应了「价值」和「成本」，求解的问题也是「最大价值」是多少。
（多维）01 背包
有了基本分析，我们可以直接套用 01 背包的「状态定义」来做：
代表考虑前
件物品，在数字
容量不超过
，数字
容量不超过
的条件下的「最大价值」（每个字符串的价值均为
）。
有了「状态定义」之后，「转移方程」也很好推导：
其中
数组记录的是字符串中出现的
数量。
代码（为了方便理解，
将第一件物品的处理单独抽了出来，也可以不抽出来，只需要将让物品下标从
开始即可，见
）：
class Solution {
public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) {
int len = strs.length;
// 预处理每一个字符包含 0 和 1 的数量
int[][] cnt = new int[len][2];
for (int i = 0; i < len; i++) {
String str = strs[i];
int zero = 0, one = 0;
for (char c : str.toCharArray()) {
if (c == '0') {
zero++;
} else {
one++;
}
}
cnt[i] = new int[]{zero, one};
}
// 处理只考虑第一件物品的情况
int[][][] f = new int[len][m + 1][n + 1];
for (int i = 0; i <= m; i++) {
for (int j = 0; j <= n; j++) {
f[0][i][j] = (i >= cnt[0][0] && j >= cnt[0][1]) ? 1 : 0;
}
}
// 处理考虑其余物品的情况
for (int k = 1; k < len; k++) {
int zero = cnt[k][0], one = cnt[k][1];
for (int i = 0; i <= m; i++) {
for (int j = 0; j <= n; j++) {
// 不选择第 k 件物品
int a = f[k-1][i][j];
// 选择第 k 件物品（前提是有足够的 m 和 n 额度可使用）
int b = (i >= zero && j >= one) ? f[k-1][i-zero][j-one] + 1 : 0;
f[k][i][j] = Math.max(a, b);
}
}
}
return f[len-1][m][n];
}
}
class Solution {
public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) {
int len = strs.length;
int[][] cnt = new int[len][2];
for (int i = 0; i < len; i++) {
String str = strs[i];
int zero = 0, one = 0;
for (char c : str.toCharArray()) {
if (c == '0') zero++;
else one++;
}
cnt[i] = new int[]{zero, one};
}
int[][][] f = new int[len + 1][m + 1][n + 1];
for (int k = 1; k <= len; k++) {
int zero = cnt[k - 1][0], one = cnt[k - 1][1];
for (int i = 0; i <= m; i++) {
for (int j = 0; j <= n; j++) {
int a = f[k - 1][i][j];
int b = (i >= zero && j >= one) ? f[k - 1][i - zero][j - one] + 1 : 0;
f[k][i][j] = Math.max(a, b);
}
}
}
return f[len][m][n];
}
}
- 时间复杂度：预处理字符串的复杂度为
，处理状态转移的
。整体复杂度为：
- 空间复杂度：
滚动数组
根据「状态转移」可知，更新某个物品的状态时，只依赖于上一个物品的状态。
因此，可以使用「滚动数组」的方式进行空间优化。
代码（为了方便理解，
将第一件物品的处理单独抽了出来，也可以不抽出来，只需要将让物品下标从
开始即可，见
）：
class Solution {
public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) {
int len = strs.length;
// 预处理每一个字符包含 0 和 1 的数量
int[][] cnt = new int[len][2];
for (int i = 0; i < len; i++) {
String str = strs[i];
int zero = 0, one = 0;
for (char c : str.toCharArray()) {
if (c == '0') {
zero++;
} else {
one++;
}
}
cnt[i] = new int[]{zero, one};
}
// 处理只考虑第一件物品的情况
// 「物品维度」修改为 2
int[][][] f = new int[2][m + 1][n + 1];
for (int i = 0; i <= m; i++) {
for (int j = 0; j <= n; j++) {
f[0][i][j] = (i >= cnt[0][0] && j >= cnt[0][1]) ? 1 : 0;
}
}
// 处理考虑其余物品的情况
for (int k = 1; k < len; k++) {
int zero = cnt[k][0], one = cnt[k][1];
for (int i = 0; i <= m; i++) {
for (int j = 0; j <= n; j++) {
// 不选择第 k 件物品
// 将 k-1 修改为 (k-1)&1
int a = f[(k-1)&1][i][j];
// 选择第 k 件物品（前提是有足够的 m 和 n 额度可使用）
// 将 k-1 修改为 (k-1)&1
int b = (i >= zero && j >= one) ? f[(k-1)&1][i-zero][j-one] + 1 : 0;
f[k&1][i][j] = Math.max(a, b);
}
}
}
// 将 len-1 修改为 (len-1)&1
return f[(len-1)&1][m][n];
}
}
class Solution {
public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) {
int len = strs.length;
int[][] cnt = new int[len][2];
for (int i = 0; i < len; i++) {
String str = strs[i];
int zero = 0, one = 0;
for (char c : str.toCharArray()) {
if (c == '0') zero++;
else one++;
}
cnt[i] = new int[]{zero, one};
}
int[][][] f = new int[2][m + 1][n + 1];
for (int k = 1; k <= len; k++) {
int zero = cnt[k - 1][0], one = cnt[k - 1][1];
for (int i = 0; i <= m; i++) {
for (int j = 0; j <= n; j++) {
int a = f[(k-1) & 1][i][j];
int b = (i >= zero && j >= one) ? f[(k-1) & 1][i-zero][j-one] + 1 : 0;
f[k&1][i][j] = Math.max(a, b);
}
}
}
return f[len&1][m][n];
}
}
- 时间复杂度：预处理字符串的复杂度为
，处理状态转移的
。整体复杂度为：
- 空间复杂度：
一维空间优化
事实上，我们还能继续进行空间优化。
再次观察我们的「状态转移方程」发现：
不仅仅依赖于上一行，还明确依赖于比
小和比
小的状态。
即可只依赖于「上一行」中「正上方」的格子，和「正上方左边」的格子。
对应到「朴素的 01 背包问题」依赖关系如图：
因此可直接参考「01 背包的空间优化」方式：取消掉「物品维度」，然后调整容量的遍历顺序。
代码：
class Solution {
public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) {
int len = strs.length;
int[][] cnt = new int[len][2];
for (int i = 0; i < len; i++) {
int zero = 0, one = 0;
for (char c : strs[i].toCharArray()) {
if (c == '0') zero++;
else one++;
}
cnt[i] = new int[]{zero, one};
}
int[][] f = new int[m + 1][n + 1];
for (int k = 0; k < len; k++) {
int zero = cnt[k][0], one = cnt[k][1];
for (int i = m; i >= zero; i--) {
for (int j = n; j >= one; j--) {
f[i][j] = Math.max(f[i][j], f[i-zero][j-one] + 1);
}
}
}
return f[m][n];
}
}
- 时间复杂度：预处理字符串的复杂度为
，处理状态转移的
。整体复杂度为：
- 空间复杂度：
总结
今天我们学习了「多维背包」问题，不难发现「多维背包」和「朴素传统背包」问题并无本质区别。
我们仍然采取「遍历物品 - 遍历容量（多维）- 遍历决策」的基本思路。
因此所谓的「多维背包」问题其实只是「传统背包」问题的拓展。
难点还是在于对「成本」和「价值」的抽象。
在明确了「成本」和「价值」之后，根据每件物品可选“一件”还是“多件”套用对应的「01 背包」或「完全背包」状态定义进行微调即可。
背包问题（目录）
- 01背包 : 背包问题 第一讲
- 完全背包 : 背包问题 第四讲
- 多重背包 : 背包问题 第八讲
- 多重背包（优化篇）
- 混合背包 : 背包问题 第十一讲
- 分组背包 : 背包问题 第十二讲
- 【练习】分组背包 : 背包问题 第十三讲
- 多维背包 : 本篇
- 【练习】多维背包
- 树形背包
- 【练习篇】树形背包
- 背包求方案数
- 【练习】背包求方案数
- 背包求具体方案
- 【练习】背包求具体方案
- 泛化背包
- 【练习】泛化背包
最后
这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.474 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。
在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。
为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码，我建立了相关的仓库：https://github.com/SharingSource/LogicStack-LeetCode 。
在仓库地址里，你可以看到系列文章的题解链接、系列文章的相应代码、LeetCode 原题链接和其他优选题解。
腾讯云开发者
