二维背包问题 - 码农教程

顾名思义，对于某种物品分别有两种代价，假设第i件商品的两种代价分别为为a[i], b[i],一个背包对于a, b两种花费固有的容量记做V， U。

如下以0/1二维背包为例（完全背包同理），由于多加了一个属性，因此状态多加一维即可，dp[i] [j] [k]为可选择前i个商品，两种属性最大容量分别为 j 和 k 时可以获得的最大回报。

转移方程如下：

dp[i][j][k] = max(dp[i - 1][j][k], dp[i - 1][j - a[i]][k - b[i]] + w[i])

以一道leetcode例题来说明：

问题描述：

在计算机界中，我们总是追求用有限的资源获取最大的收益。

现在，假设你分别支配着 m 个 0 和 n 个 1。另外，还有一个仅包含 0 和 1 字符串的数组。

你的任务是使用给定的 m 个 0 和 n 个 1 ，找到能拼出存在于数组中的字符串的最大数量。每个 0 和 1 至多被使用一次。

示例 1:

输入: Array = {"10", "0001", "111001", "1", "0"}, m = 5, n = 3
输出: 4

解释: 总共 4 个字符串可以通过 5 个 0 和 3 个 1 拼出，即 "10","0001","1","0" 。
示例 2:

输入: Array = {"10", "0", "1"}, m = 1, n = 1
输出: 2

解释: 你可以拼出 "10"，但之后就没有剩余数字了。更好的选择是拼出 "0" 和 "1" 。
注意:

给定 0 和 1 的数量都不会超过 100。
给定字符串数组的长度不会超过 600。

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/ones-and-zeroes
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解决方案

该问题中每个字符串就是一种物品，该物品存在1 ， 0两种花费，m则为‘0’花费的背包最大容量，n为‘1’花费的最大容量。

定义三维数组记做dp，dp[i] [j] [k]表示能够使用前i个字符串，当前0的最大个数为j， 1的最大个数为k情况下能够组合的最多的字符串数目。

转移方程如下：

dp[i][j][k] = max(dp[i - 1][j][k], dp[i - 1][j - zeroCost[i]][k - oneCost[i]] + 1)

上述公式中的zerosCost[i]为第i个字符串0的数目，oneCost[i]为第i个字符串1的数目。

baseline：

dp[0][i][j] = 0

由于i=0时，没有字符串可以选择，因此全为0。

代码如下：

class Solution {
    public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) {
        int N = strs.length;
        int[] zeroCost = new int[N + 1];
        int[] oneCost = new int[N + 1];
        // dp[i][j][k] 为此时可选0~i-1件物品，两种可用资源分别为j k
        int[][][] dp = new int[N + 1][m + 1][n + 1];
        for(int i = 1; i <= N; i++){
            for(int j = 0; j < strs[i - 1].length(); j++){
                if(strs[i - 1].charAt(j) == '0'){
                    zeroCost[i]++;
                }else{
                    oneCost[i]++;
                }
            }            
        }
        for(int i = 1; i <= N; i++){
            for(int j = 0; j <= m; j++){
                for(int k = 0; k <= n; k++){
                    if(j - zeroCost[i] >= 0 && k - oneCost[i] >= 0){
                        dp[i][j][k] = Math.max(dp[i - 1][j][k], dp[i - 1][j - zeroCost[i]][k - oneCost[i]] + 1);
                    }else{
                        dp[i][j][k] = dp[i - 1][j][k];
                    }
                }
            }
        }
        return dp[N][m][n];

    }
}

时间复杂度为O（N * m * n），额外空间复杂度为O（N * m * n）。

空间压缩后变为二维dp，代码如下：

class Solution {
    public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) {
        int N = strs.length;
        int[] zeroCost = new int[N + 1];
        int[] oneCost = new int[N + 1];
        // dp[i][j][k] 为此时可选0~i-1件物品，两种可用资源分别为j k
        int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];
        for(int i = 1; i <= N; i++){
            for(int j = 0; j < strs[i - 1].length(); j++){
                if(strs[i - 1].charAt(j) == '0'){
                    zeroCost[i]++;
                }else{
                    oneCost[i]++;
                }
            }            
        }
        for(int i = 1; i <= N; i++){
            for(int j = m; j >= 0; j--){
                for(int k = n; k >= 0; k--){
                    if(j - zeroCost[i] >= 0 && k - oneCost[i] >= 0){
                        dp[j][k] = Math.max(dp[j][k], dp[j - zeroCost[i]][k - oneCost[i]] + 1);
                    }
                }
            }
        }
        return dp[m][n];

    }
}

时间复杂度为O（N * m * n），额外空间复杂度为O（m * n）。