139 单词区分
思路
看到这道标题的时分，大家应该回想起咱们之前解说回溯法专题的时分，讲过的一道标题 回溯算法：131 切割回文串 ，便是枚举字符串的一切切割状况。枚举切割后的一切子串，判别是否回文。
本道是枚举切割一切字符串，判别是否在字典里呈现过。
回溯办法的递归的过程中有许多重复核算，能够运用数组保存一下递归过程中核算的成果。
这个叫做记忆化递归，这种办法咱们之前已经提过许屡次了。
运用memory数组保存每次核算的以startIndex开始的核算成果，假如memory[startIndex]里已经被赋值了，直接用memory[startIndex]的成果。
详见Java回溯法
这个代码就能够AC了，当然回溯算法不是本题的主菜，背包才是！
手写剖析
动规五部曲剖析
单词便是物品，字符串s便是背包，单词能否组成字符串s，便是问物品能不能把背包装满。
拆分时能够重复运用字典中的单词，阐明便是一个彻底背包！
动规五部曲剖析如下：
- 确定dp数组以及下标的含义
dp[i] ：下标i前是否都能够用字典的单词表明。
- 确定递推公式
假如确定dp[j] 是true（左边），且 [j, i] 这个区间的子串呈现在字典里（右边），那么dp[i]必定是true。（j < i ）。
所以递推公式是** if([j, i] 这个区间的子串呈现在字典里 && dp[j]是true) 那么 dp[i] = true**。
- dp数组如何初始化
从递推公式中能够看出，dp[i] 的状态依托 dp[j]是否为true，那么dp[0]便是递推的根基，dp[0]必定要为true，不然递推下去后边都都是false了。
从界说中，dp[0] 在字典中无需运用单词就能表明，因此dp[0] = true。
- 确定遍历次序
标题中说是拆分为一个或多个在字典中呈现的单词，所以这是彻底背包。
还要讨论两层for循环的前后次序。
假如求组合数便是外层for循环遍历物品，内层for遍历背包。
假如求排列数便是外层for遍历背包，内层for循环遍历物品。
我在这里做一个总结：
求组合数：动态规划：518.零钱兑换II
求排列数：动态规划：377. 组合总和 Ⅳ、动态规划：70. 爬楼梯进阶版（彻底背包）
求最小数：动态规划：322. 零钱兑换(opens new window)、动态规划：279.彻底平方数
而本题其实咱们求的是排列数，为什么呢。 拿 s = “applepenapple”, wordDict = [“apple”, “pen”] 举例。
“apple”, “pen” 是物品，那么咱们要求 物品的组合必定是 “apple” + “pen” + “apple” 才能组成 “applepenapple”。
“apple” + “apple” + “pen” 或许 “pen” + “apple” + “apple” 是不能够的，那么咱们便是强调物品之间次序。
所以说，本题必定是 先遍历 背包，再遍历物品。
- 举例推导dp[i]
以输入: s = “leetcode”, wordDict = [“leet”, “code”]为例，dp状态如图：
dp[s.length()]便是最终成果。
动规五部曲剖析结束，代码如下：
public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {
boolean[] dp = new boolean[s.length() + 1];
HashSet<String> hs = new HashSet<>(wordDict);
dp[0] = true;
for (int i = 1; i<= s.length(); i++){
for (int j = 0; j < i; j++){
if (dp[j] && hs.contains(s.substring(j,i))){
dp[i] = true;
}
}
}
return dp[s.length()];
}
- 时刻复杂度：O(n^3)，由于substr返回子串的副本是O(n)的复杂度（这里的n是substring的长度）
- 空间复杂度：O(n)
多重背包理论基础
有N种物品和一个容量为V 的背包。N个物品中的第 i 种物品最多有Mi件可用，每件消耗的空间是Ci ，价值是Wi 。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的消耗的空间 总和不超过背包容量，且价值总和最大。（多了数量维度上限值）
多重背包和01背包是十分像的， 为什么和01背包像呢？
每件物品最多有Mi件可用，把Mi件摊开，其实便是一个01背包问题了。
例如：
背包最大分量为10。
物品为：
| 分量 | 价值 | 数量 | |
|---|---|---|---|
| 物品0 | 1 | 15 | 2 |
| 物品1 | 3 | 20 | 3 |
| 物品2 | 4 | 30 | 2 |
问背包能背的物品最大价值是多少？
和如下状况把物品摊开有差异么？
| 分量 | 价值 | 数量 | |
|---|---|---|---|
| 物品0 | 1 | 15 | 1 |
| 物品0 | 1 | 15 | 1 |
| 物品1 | 3 | 20 | 1 |
| 物品1 | 3 | 20 | 1 |
| 物品1 | 3 | 20 | 1 |
| 物品2 | 4 | 30 | 1 |
| 物品2 | 4 | 30 | 1 |
毫无差异，这就转成了一个01背包问题了，且每个物品只用一次。
这种办法来完成多重背包的代码如下：
public void testMultiPack1(){
// 补充必要值
List<Integer> weight = new ArrayList<>(Arrays.asList(1, 3, 4));
List<Integer> value = new ArrayList<>(Arrays.asList(15, 20, 30));
List<Integer> nums = new ArrayList<>(Arrays.asList(2, 3, 2));
int bagWeight = 10;
// 将物品铺开
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
while (nums.get(i) > 1) { // 把物品展开为i
weight.add(weight.get(i));
value.add(value.get(i));
// 数量减一
nums.set(i, nums.get(i) - 1);
}
}
// 动态规划 - 01背包问题
int[] dp = new int[bagWeight + 1];
for(int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
for(int j = bagWeight; j >= weight.get(i); j--) { // 遍历背包容量
dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - weight.get(i)] + value.get(i));
}
System.out.println(Arrays.toString(dp));
}
}
- 时刻复杂度：O(m n k)，m：物品品种个数，n背包容量，k单类物品数量
推荐上面办法，好理解~
也有另一种完成办法，便是把每种产品遍历的个数放在01背包里边在遍历一遍。
代码如下：（详看注释）
public void testMultiPack2(){
// 补充信息
int[] weight = new int[] {1, 3, 4};
int[] value = new int[] {15, 20, 30};
int[] nums = new int[] {2, 3, 2};
int bagWeight = 10;
int[] dp = new int[bagWeight + 1];
for(int i = 0; i < weight.length; i++) { // 遍历物品
for(int j = bagWeight; j >= weight[i]; j--) { // 遍历背包容量
// 以上为01背包，然后加一个遍历个数
for (int k = 1; k <= nums[i] && (j - k * weight[i]) >= 0; k++) { // 遍历个数
dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - k * weight[i]] + k * value[i]);
}
System.out.println(Arrays.toString(dp));
}
}
}
- 时刻复杂度：O(m n k)，m：物品品种个数，n背包容量，k单类物品数量
从代码里能够看出是01背包里边在加一个for循环遍历一个每种产品的数量。 和01背包仍是如出一辙的。
当然还有那种二进制优化的办法，其实便是把每种物品的数量，打包成一个个独立的包。
和以上在循环遍历上有所不同，由于是分拆为各个包最后能够组成一个完整背包，具体原理我就不做过多解释了，大家了解一下就行，面试的话根本不会考完这个深度了，感兴趣能够自己深入研究一波。
总结
多重背包在面试中根本不会呈现，力扣上也没有对应的标题，大家对多重背包的把握程度知道它是一种01背包，并能在01背包的基础上写出对应代码就能够了。
（背包问题深度还有混合背包，二维费用背包，分组背包等等感兴趣可查阅材料学习，面试不考~）
学习材料：
139.单词拆分
多重背包理论基础
