今天我对背包问题有了更深的理解，我一定要写下来，巩固自己的思路
并且，遇到新的难题二分，不管了，干就完了！！！
完全背包
以今天写的代码展开详细描述与解释,并附上题目
cpp
#define N 1001
int n, v, W[N], V[N];
int main()
{
cin >> n >> v;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> V[i] >> W[i];
}
int dp[N][N];
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 0; j <= v; j++)
{
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
if (j >= V[i])
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][j - V[i]] + W[i]);
}
}
cout << dp[n][v] << endl;
memset(dp, 0, sizeof dp);
for (int i = 1; i <= v; i++)
dp[0][i] = -1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 0; j <= v; j++)
{
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
if (j >= V[i] && dp[i][j - V[i]] != -1)
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][j - V[i]] + W[i]);
}
}
cout << (dp[n][v] == -1 ? 0 : dp[n][v]) << endl;
return 0;
}这是一道在牛客上写的题目，所以使用全局的变量更加方便，根据输入要求，我直接把数组设置的足够大，那么就不用考虑越界的问题
题目分为两道，第一道就是中规中矩的动态规划，但是要区别与01背包；第二道需要一些数学推导，简化代码
- 第一题，我们要确定下来状态转移方程dp[i][j]：意为在前i个物品中，所挑选的物品中总体积不超过j的情况下，所能拥有的最大价值
- 这里主要区分与01背包的是dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][j - V[i]] + W[i])表达式；这里01背包中是dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-1][j - V[i]] + W[i])；因为完全背包和01背包的本质区别是01背包中物品都只有一个，然而完全背包中物品确实可以任意多个；所以以我的话来讲就是在01背包中，你选了当前物品，就不能再次选择了，就只能去前i-1个物品中找合适的选项；在完全背包中，你选了当前物品，还可以再次选择了，就可以再去前i个物品中找合适的选项；
- 第二题，我们要确定下来状态转移方程dp[i][j]：意为在前i个物品中，所挑选的物品中总体积恰好为j的情况下，所能拥有的最大价值
- 这题中最重要的是一个数学公式推导，还有初始化与返回值问题
- 初始化：主要讨论第一行与第一列，dp[0][0]就是0，不用质疑；当i=0时，要讨论从0个物品中挑选出j体积的情况，是不可能出现的，所以要把这些位置置为-1(表示不存在这种情况)；当j=0，要讨论从i(从1开始)个物品中挑选出0体积的情况，只要不选即可，所以情况存在只要置为0即可
- 数学公式推导如下
3.因为最终结果可能为-1，所以需要特判一下
完全背包利用滚动数组优化后的代码
cpp
#define N 1001
int n, v, W[N], V[N];
int main()
{
cin >> n >> v;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> V[i] >> W[i];
}
int dp[N];
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 0; j >= V[i]; j++)
{
dp[j] = max(dp[j], dp[j - V[i]] + W[i]);
}
}
cout << dp[v] << endl;
memset(dp, 0, sizeof dp);
for (int i = 1; i <= v; i++)
dp[i] = -1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 0; j >= V[i] && dp[j - V[i]] != -1; j++)
{
dp[j] = max(dp[j], dp[j - V[i]] + W[i]);
}
}
cout << (dp[v] == -1 ? 0 : dp[v]) << endl;
return 0;
}01背包利用滚动数组优化后的代码
cpp
#define N 1010
int n, v, M[N], V[N];
int dp[N];
int main()
{
cin >> n >> v;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> V[i] >> M[i];
}
//第一问
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = v; j >= V[i]; j--)
{
dp[j] = max(dp[j], M[i] + dp[j - V[i]]);
}
}
cout << dp[v] << endl;
//第二问
memset(dp, 0, sizeof dp);
for (int i = 1; i <= v; i++)
dp[i] = -1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = v; j >= V[i] && dp[j - V[i]] != -1; j--)
{
dp[j] = max(dp[j], M[i] + dp[j - V[i]]);
}
}
cout << (dp[v] == -1 ? 0 : dp[v]) << endl;;
return 0;
}如上可知，两份代码有一些细微差别
即遍历顺序：
- 01背包从右往左：
因为需要避免重复选取同一个物品；我们想象下，如果从左往右遍历，dp[j]与dp[j-v[i]]的关系；如若有一个物品体积为2，我们一开始初始化了dp[2]，但是当j=4时，会使得出现dp[j]==dp[j-v[i]]的情况(即dp[2]==dp[4-2])；此时就违背了01背包的原则-->物品只能选一次；
所以应该从右往左遍历，这样我们就可以确保不会重复使用到第i个物品
- 完全背包从左往右遍历：
完全背包则和01背包相反，可以重复使用第i个物品，所以因该是从左往右遍历，详情见上
至此，01背包和完全背包已经完全解释清楚！！！撒花*★,°*:.☆(￣▽￣)/$:*.°★*
二分算法
二分算法是一类模板题，有规范的解题思路，所以更应该把思路理清，不为了一劳永逸，而是加深巩固，方便日后复习
以之前写的代码展开详细描述与解释,并附上题目
cpp
class Solution
{
public:
vector<int> searchRange(vector<int>& nums, int target)
{
if(nums.size()==0)
{
return {-1,-1};
}
int begin=0;
int n=nums.size();
int left=0,right=n-1;
while(left<right)
{
int mid=left+(right-left)/2;
if(nums[mid]<target)
{
left=mid+1;
}
else
{
right=mid;
}
}
if(nums[left]!=target)
{
return {-1,-1};
}
else
{
begin=left;
}
left=0,right=n-1;
while(left<right)
{
int mid=left+(right-left+1)/2;
if(nums[mid]<=target)
{
left=mid;
}
else
{
right=mid-1;
}
}
return {begin,right};
}
};二分查找算法的本质-->二段性，即遇到有二段性的题目，可以优先尝试使用二分算法
- 确定左右边界：在题目中会分为两种左右
①left=mid+1，right=mid//②left=mid，right=mid-1
在这种情况下，所选中的x是小于target与x大于等于target//x是小于等于target与x大于target；判断left是否+1或者right是否-1；即看这个x是否可能是所需答案，如若x不是所需答案，需要+1//-1操作跳过这个数
- 确定中点mid：在题目中会分为两种左右
①mid=left+(right-left)/2 || mid=left+(right-mid+1)/2
如何区分这两种情况呢？很简单，我只需要观察right是否-1即可；如若-1，则括号中需要+1；反之则不要，总结如下图
- 算法进行的前提是left<right
- 总结：当x>t时，right一直向left靠拢；当x<t时，left一直向right靠拢
- 回到开头我们可知，对于x的划分是基于二段性的；即当我们求左端点时，数组会被划分成小于t与大于等于t两个部分；当我们求右端点时，数组会被划分成大于t与小于等于t两个部分
最后感谢您的观看！！！
