初级背包问题，层层剖析为什么这样做。最好需要自己推演一遍。

初级背包问题

初级背包问题分为两种，01背包，和完全背包，两者的区别主要是在于，01背包一个物品只能选一次，完全背包则是同一个物品可以选择多次。

01背包

这里用力扣经典例题为例：

力扣416 分割等和子集为例： 416. 分割等和子集

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给你一个 只包含正整数 的非空数组 nums 。请你判断是否可以将这个数组分割成两个子集，使得两个子集的元素和相等。

示例 1：

ini 复制代码

输入： nums = [1,5,11,5]
输出： true
解释： 数组可以分割成 [1, 5, 5] 和 [11] 。

示例 2：

ini 复制代码

输入： nums = [1,2,3,5]
输出： false
解释： 数组不能分割成两个元素和相等的子集。

按照题意可总结题目要求，从数组里面几个值，使其和恰好为数组总和的一半，则满足分割子集的要求。

则把题目简化为取其中几个数使其和为target,这里的target为sum(nums)的一半

我们这里把题目抽象成一个背包背景下的问题，方便初学者理解，如下：

能最多能承载 target kg 的背包，需要从数组里面选合适重量的数，并将其装入背包里面。

由题可知，我们需要的是和为 target的几个数，此时，target就可以抽象为背包的最大容量，我们要尽量把背包装满，刚好能装满就刚好满足题意。不能装满也是一种最接近装满的状态。

现在我们来看代码

python 复制代码

class Solution:
    def canPartition(self, nums: List[int]) -> bool:
        total = sum(nums)
        if total%2 != 0:
            return False
        target = total // 2
        dp = [0]*(target+1)
        for num in nums:
            for j in range(target,num-1,-1):
                dp[j] = max(dp[j],dp[j-num]
                +num)
                
        return dp[target] == target

这里无法理解的话，最好自己做一个手动递推。

下面我们来解释代码，整个过程可以抽象为往背包里面放物品的过程。

初始化dp数组，其含义最大承重为i的背包，在当前情况下，最多能放下多重的物品。所以我们只需要全部初始化为0即可。
现在，我们可以想象这样一个情景，当按一定顺序发放一定质量的物品，你可以选择放入自己的背包或者不放入自己的背包。
同时第二个循环，我们采取的是倒序遍历，为什么呢，我们假设是正序遍历，我们自己在推演的过程中会发现，之前的物品都被多加了不再限定在0或者1 之间。
同时这里解释为什么是倒序遍历呢？我们这里维护一个固定载重的背包下，当前的限制条件下最大能放的质量，我们通过前一个状态，也就是dp $j-num$ ，一定是上一轮已经维护好的能放最多的情况，所以我们与自己当前的情况相比，要不要选择接受这一样物品，从而维护自己达到当前轮的最好状态。
基本思路如上，想要真正理解更需要自己一步步在实际过程中去推演。

完全背包

完全背包例题如：518 零钱兑换二给你一个整数数组 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：

ini 复制代码

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：

ini 复制代码

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：

ini 复制代码

输入： amount = 10, coins = [10] 
输出： 1

python 复制代码

class Solution:
    def change(self, amount: int, coins: List[int]) -> int:
        #注意完全背包 一维dp的时候，第二个循环是正序的
        #任选几个数和为 amount
        counts = 0
        dp = [0]*(amount+1)
        dp[0] = 1
        #定义dp数组 dp[j] 在j的容量下，有几种方法
        for coin in coins:
            for j in range(coin,amount+1):
                dp[j]+= dp[j-coin]
        return dp[amount]
        #TODO:
        #非常重要的问题，为什么这样子初始化？？？答：当容量为0 的时候 方案数为1，就是什么都不选。

这里主要解释为什么是正序？

当dp数组全部

假设 amount = 5, coins = $1, 2, 5$

1 0 0 0 0 0 (dp数组的初始状态)

当前我们取coins下标为0 的数，值为1，

我们采用正序遍历，可得过程为：

取 1

1 1 1 1 1 1

取2 1 1 2 2 3 3

取5

1 1 2 2 3 4

正序我们取当前的数，先行修改，将前面的组合数修改到最新，我们只需要考虑 dp $4-2$ 的值，而非 dp $4-2-2$ ,因为dp $2$ 中已经更新了dp $i-2$

下面我们再看个有关逆思维的问题。

\[\]: leetcode.cn/problems/in...

题解：3592. 硬币面值还原 - 力扣（LeetCode）

很多地方我感觉无法表述的很清楚，请同学们见谅，自己可以推演一下，理解会更深刻哦。