背包问题双雄：01 背包与完全背包详解（Java 实现）

一、背包问题概述

背包问题是动态规划领域的经典问题，其核心在于如何在有限容量的背包中选择物品，使得总价值最大化。根据物品选择规则的不同，主要分为两类：

• 01 背包：每件物品最多选 1 次（选或不选）。
• 完全背包：每件物品可选无限次。

本文将深入解析两者的核心逻辑、状态转移及优化技巧，并通过 Java 代码实现典型场景。

二、01 背包问题：选或不选的博弈

问题描述

给定背包容量 W 和 N 个物品（每个物品重量 w[i]、价值 v[i]），每个物品最多选 1 次，求背包能承载的最大价值。

核心思路

1. 状态定义

• dp[j]：背包容量为 j 时能获得的最大价值。

2. 状态转移方程

dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i])

• 选第 i 件物品：需确保容量 j >= w[i]，价值为前 i-1 件物品装入容量 j-w[i] 的背包价值 + 当前物品价值。
• 不选第 i 件物品：价值与前 i-1 件物品装入容量 j 的背包价值相同。

3. 关键实现细节

• 倒序遍历容量：从 W 到 w[i] 倒序枚举，避免重复选择同一物品。
• 空间优化：使用一维数组代替二维数组，降低空间复杂度至 O(W)。

示例分析

场景：背包容量 W=4，物品列表 [(w=2, v=3), (w=1, v=2), (w=3, v=4)]。
二维 DP 表演变：

容量 \ 物品	0（无）	物品 1 (2,3)	物品 2 (1,2)	物品 3 (3,4)
0	0	0	0	0
1	0	0	2	2
2	0	3	3	3
3	0	3	5	5
4	0	3	5	5

一维优化 Java 代码：

public class Knapsack01 {public static int solve(int[] w, int[] v, int W) {int N = w.length;int[] dp = new int[W + 1]; // dp[j]表示容量j的最大价值for (int i = 0; i < N; i++) { // 遍历每个物品for (int j = W; j >= w[i]; j--) { // 倒序遍历容量，避免重复选dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);}}return dp[W];}public static void main(String[] args) {int[] w = {2, 1, 3};int[] v = {3, 2, 4};int W = 4;System.out.println("01背包最大价值：" + solve(w, v, W)); // 输出：5}
}

三、完全背包问题：无限选择的智慧

问题描述

与 01 背包不同，完全背包允许每件物品选无限次，求背包能承载的最大价值。

核心思路

1. 状态定义

同 01 背包，dp[j] 表示容量为 j 时的最大价值。

2. 状态转移方程

dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i])

• 允许重复选择：由于每件物品可选多次，需正序遍历容量（从 w[i] 到 W），确保当前物品可被多次选取。

3. 关键实现细节

• 正序遍历容量：从 w[i] 到 W 正序枚举，允许同一件物品被多次计算。

示例分析

场景：背包容量 W=4，物品列表同 01 背包示例（允许无限选）。
二维 DP 表演变：

容量 \ 物品	0（无）	物品 1 (2,3)	物品 2 (1,2)	物品 3 (3,4)
0	0	0	0	0
1	0	0	2	2
2	0	3	4	4
3	0	3	6	6
4	0	6	8	8

一维优化 Java 代码：

public class KnapsackComplete {public static int solve(int[] w, int[] v, int W) {int N = w.length;int[] dp = new int[W + 1];for (int i = 0; i < N; i++) { // 遍历每个物品for (int j = w[i]; j <= W; j++) { // 正序遍历容量，允许重复选dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);}}return dp[W];}public static void main(String[] args) {int[] w = {2, 1, 3};int[] v = {3, 2, 4};int W = 4;System.out.println("完全背包最大价值：" + solve(w, v, W)); // 输出：8（选4件物品2）}
}

四、核心对比：01 背包 vs 完全背包

特性	01 背包	完全背包
物品选择	每个物品最多选 1 次	每个物品可选无限次
容量遍历顺序	倒序（从 W 到 w [i]）	正序（从 w [i] 到 W）
状态更新逻辑	基于 “旧状态” 避免重复	基于 “新状态” 允许重复
时间复杂度	O(N×W)	O(N×W)
典型场景	物品限购、资源分配	货币兑换、原料无限供应

五、实战应用：LeetCode 经典题目

1. 01 背包应用：分割等和子集（LeetCode 416）

问题描述：判断数组是否可分割成两个和相等的子集。
思路：转化为 01 背包问题，目标容量为 total/2，判断是否能恰好装满。

public class CanPartition {public static boolean canPartition(int[] nums) {int total = sum(nums);if (total % 2 != 0) return false;int target = total / 2;boolean[] dp = new boolean[target + 1];dp[0] = true; // 容量0时有一种方案（不选任何物品）for (int num : nums) {for (int j = target; j >= num; j--) { // 倒序遍历防重复dp[j] = dp[j] || dp[j - num];}}return dp[target];}private static int sum(int[] nums) {return Arrays.stream(nums).sum();}public static void main(String[] args) {int[] nums = {1, 5, 11, 5};System.out.println(canPartition(nums)); // 输出：true（子集和为11）}
}

2. 完全背包应用：零钱兑换（LeetCode 322）

问题描述：用最少硬币数组成金额 amount，硬币可重复使用。
思路：转化为完全背包问题，目标是最小化物品数量（硬币数）。

public class CoinChange {public static int coinChange(int[] coins, int amount) {int[] dp = new int[amount + 1];Arrays.fill(dp, Integer.MAX_VALUE);dp[0] = 0; // 金额0时需0枚硬币for (int coin : coins) {for (int j = coin; j <= amount; j++) { // 正序遍历允许多选if (dp[j - coin] != Integer.MAX_VALUE) {dp[j] = Math.min(dp[j], dp[j - coin] + 1);}}}return dp[amount] == Integer.MAX_VALUE ? -1 : dp[amount];}public static void main(String[] args) {int[] coins = {1, 2, 5};int amount = 11;System.out.println(coinChange(coins, amount)); // 输出：3（5+5+1）}
}

六、优化技巧与变种问题

1. 空间优化

• 一维数组代替二维数组，空间复杂度从 O(N×W) 降至 O(W)。

2. 多重背包转化

若物品有数量限制（如最多选 k 件），可通过二进制拆分转化为 01 背包问题。例如，最多选 3 件可拆分为 1 件、2 件两个物品。

3. 常见变种

• 恰好装满背包的方案数：初始化 dp[0] = 1，其余为 0，通过加法原理计算方案数。
• 二维费用背包：增加一维状态（如重量和体积），状态转移为 dp[j][k] = max(...)。

七、总结与学习建议

核心口诀

• 01 背包：倒序遍历防重复，选或不选取最值。
• 完全背包：正序遍历允重复，同物多次算价值。

练习推荐

• 01 背包：LeetCode 494. 目标和
• 完全背包：LeetCode 518. 零钱兑换 II（求方案数，需正序遍历 + 组合逻辑）

通过对比学习 01 背包与完全背包的核心逻辑，掌握动态规划的状态转移思想，可有效应对背包问题的各类变种。建议结合具体题目反复练习，加深对 “状态定义” 和 “遍历顺序” 的理解。