成都个人团队网站开发潍坊网站定制模板建站
题目描述
解题思路
完整代码
举例
总结
基于 0/1 背包思想 解决 洗车时间分配问题，本质上是子集和问题【给定一个 正整数数组
nums和一个目标值target，判断是否可以从nums选择 若干个数（每个数最多选一次），使其和 恰好等于target】
题目描述
解题思路
一开始用的使用了排序+贪心的方法：
- 对洗车时间从大到小排序（先分配长时间的任务）。
- 优先分配给当前时间较短的那个人（类似负载均衡）。
- 遍历数组，依次分配，最终返回
max(wash1, wash2)
但这种思路是错的，求的是局部最优解 ，局部最优不一定导致全局最优，即在每一步都选择当前看起来最好的方案，并不一定能得到最优解。
正确方法：设所有洗车时间之和为 total，我们希望 找到一个子集，使得其和 best 尽可能接近 total / 2。这样 max(best, total - best) 就是两人最优的洗车时间
1. 定义状态
设 dp[j] 表示是否可以从数组 nums 中选取若干个数，使得它们的和为 j：
dp[j] = true表示存在一个子集的和恰好等于j；dp[j] = false表示无法找到这样的子集。
2. 状态转移方程
对于当前遍历的 nums[i]：
- 如果不选
nums[i]，那么dp[j]由前一轮dp[j]继承； - 如果选
nums[i]，那么dp[j]取决于dp[j - nums[i]]是否为true，即如果j - nums[i]之前是可行的，那么j也是可行的。
状态转移方程：
3. 初始化
dp[0] = true（因为总和为0的子集是空集，肯定可以达到）。- 其他
dp[j]初始设为false。
4. 遍历顺序
- 外层循环 遍历
nums[i]（每个数只能选一次，必须按顺序遍历）。 - 内层循环 采用 逆序
for (int j = target; j >= nums[i]; j--)，确保nums[i]只被选取 一次。 - 最终遍历最终的DP数组，从
target开始向0逆序查找 最大的i，满足dp[i] == true
完整代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110; // 设定数组大小
bool dp[N]; // 0/1 背包 DP 数组
int car[N]; // 存储每辆车的洗车时间
int n, target, total; // 变量定义int main() {cin >> n; // 读取车辆数量for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> car[i];total += car[i]; // 计算洗车时间总和}target = total / 2; // 目标是尽量分成两半dp[0] = true; // 初始状态，和为 0 一定是可行的for (int i = 1; i <= n; i++) { // 遍历每辆车for (int j = target; j >= car[i]; j--) { // 逆序遍历dp[j] = dp[j] || dp[j - car[i]];}}int best = 0;// 找到最接近 total/2 的可行解for (int i = target; i >= 0; i--) { if (dp[i]) {best = i;break;}}cout << max(best, total - best); // 计算最短最大时间return 0;
}
举例
n = 4
car = [8, 6, 5, 5]
total = 8 + 6 + 5 + 5 = 24
target = total / 2 = 24 / 2 = 12
初始化dp
dp = [true, false, false, ..., false] // 长度为 target + 1，即 13
第 1 辆车 (洗车时间 8)：
dp[12] = dp[12] || dp[12 - 8] = false || dp[4] = false
dp[11] = dp[11] || dp[11 - 8] = false || dp[3] = false
dp[10] = dp[10] || dp[10 - 8] = false || dp[2] = false
dp[9] = dp[9] || dp[9 - 8] = false || dp[1] = false
dp[8] = dp[8] || dp[8 - 8] = false || dp[0] = true // dp[8] = true
第 2 辆车 (洗车时间 6)：
dp[12] = dp[12] || dp[12 - 6] = false || dp[6] = false
dp[11] = dp[11] || dp[11 - 6] = false || dp[5] = false
dp[10] = dp[10] || dp[10 - 6] = false || dp[4] = false
dp[9] = dp[9] || dp[9 - 6] = false || dp[3] = false
dp[8] = dp[8] || dp[8 - 6] = true || dp[2] = false
dp[7] = dp[7] || dp[7 - 6] = false || dp[1] = false
dp[6] = dp[6] || dp[6 - 6] = false || dp[0] = true // dp[6] = true
.......
最终
dp = [true, false, false, false, false, true, true, false, true, true, true, true, false]
总结
✅ 转换成 0/1 背包问题，利用 动态规划 解决。
✅ dp[j] 表示是否能凑出 j 这个和，递推转移 dp[j] = dp[j] || dp[j - car[i]]。
✅ 时间复杂度 O(n * sum/2)，适用于 sum ≤ 10^4。
✅ 贪心方法可能失效，而动态规划保证最优解。