Re-translate the Japanese version (#1871)

* Retranslate Japanese docs with GPT-5.4

* Retranslate Japanese code with GPT-5.4

ja/docs/chapter_dynamic_programming/knapsack_problem.md

@@ -1,97 +1,97 @@
-# 0-1ナップサック問題
+# 0-1 ナップサック問題
 
-ナップサック問題は動的プログラミングの優れた入門問題であり、動的プログラミングで最も一般的な問題タイプです。0-1ナップサック問題、無制限ナップサック問題、複数ナップサック問題など、多くの変種があります。
+ナップサック問題は、動的計画法の入門として非常に適した問題であり、動的計画法で最もよく見られる問題形式の1つです。これには 0-1 ナップサック問題、完全ナップサック問題、多重ナップサック問題など、多くの派生があります。
 
-このセクションでは、まず最も一般的な0-1ナップサック問題を解決します。
+本節では、まず最も一般的な 0-1 ナップサック問題を解いていきます。
 
 !!! question
 
-    $n$ 個のアイテムが与えられ、$i$ 番目のアイテムの重量は $wgt[i-1]$ で値は $val[i-1]$ です。容量が $cap$ のナップサックがあります。各アイテムは1回のみ選択できます。容量制限下でナップサックに入れることができるアイテムの最大値は何ですか？
+    $n$ 個の品物が与えられ、$i$ 番目の品物の重さは $wgt[i-1]$、価値は $val[i-1]$ であり、容量 $cap$ のナップサックがあります。各品物は1回しか選べないとき、ナップサック容量の制約下で入れられる品物の最大価値を求めてください。
 
-下の図を観察すると、アイテム番号 $i$ は1から数え始め、配列インデックスは0から始まるため、アイテム $i$ の重量は $wgt[i-1]$ に対応し、値は $val[i-1]$ に対応します。
+以下の図を見てみましょう。品物番号 $i$ は $1$ から始まり、配列のインデックスは $0$ から始まるため、品物 $i$ は重さ $wgt[i-1]$、価値 $val[i-1]$ に対応します。
 
-![0-1ナップサックの例データ](knapsack_problem.assets/knapsack_example.png)
+![0-1 ナップサックのサンプルデータ](knapsack_problem.assets/knapsack_example.png)
 
-0-1ナップサック問題を $n$ ラウンドの決定から構成されるプロセスとして考えることができます。各アイテムについて入れない、または入れるという2つの決定があり、したがって問題は決定木モデルに適合します。
+0-1 ナップサック問題は、$n$ 回の意思決定からなる過程とみなせます。各品物について「入れない」「入れる」という2つの選択肢があるため、この問題は決定木モデルを満たします。
 
-この問題の目的は「限られた容量の下でナップサックに入れることができるアイテムの値を最大化する」ことであり、動的プログラミング問題である可能性が高いです。
+この問題の目的は「ナップサック容量の制約下で入れられる品物の最大価値」を求めることなので、動的計画法の問題である可能性が高いです。
 
-**第1ステップ：各ラウンドの決定を考え、状態を定義し、それにより $dp$ テーブルを得る**
+**ステップ1：各ラウンドの選択を考え、状態を定義して、$dp$ テーブルを得る**
 
-各アイテムについて、ナップサックに入れなければ容量は変わらず、入れれば容量は減少します。これから状態定義を得ることができます：現在のアイテム番号 $i$ とナップサック容量 $c$、$[i, c]$ と表記されます。
+各品物について、ナップサックに入れなければ容量は変わらず、入れれば容量は減少します。ここから状態を、現在の品物番号 $i$ とナップサック容量 $c$ として定義し、$[i, c]$ と表せます。
 
-状態 $[i, c]$ は部分問題に対応します：**容量 $c$ のナップサックでの最初の $i$ 個のアイテムの最大値**、$dp[i, c]$ と表記されます。
+状態 $[i, c]$ に対応する部分問題は、**先頭 $i$ 個の品物を容量 $c$ のナップサックに入れるときの最大価値** であり、これを $dp[i, c]$ と記します。
 
-探している解は $dp[n, cap]$ であるため、サイズ $(n+1) \times (cap+1)$ の二次元 $dp$ テーブルが必要です。
+求めるべきものは $dp[n, cap]$ なので、サイズ $(n+1) \times (cap+1)$ の2次元 $dp$ テーブルが必要です。
 
-**第2ステップ：最適部分構造を特定し、状態遷移方程式を導出する**
+**ステップ2：最適部分構造を見つけ、状態遷移方程式を導く**
 
-アイテム $i$ の決定を行った後、残るのは最初の $i-1$ 個のアイテムの決定の部分問題であり、これは2つのケースに分けることができます。
+品物 $i$ に対する選択を行った後に残るのは、先頭 $i-1$ 個の品物に対する部分問題であり、次の2つのケースに分けられます。
 
-- **アイテム $i$ を入れない**：ナップサック容量は変わらず、状態は $[i-1, c]$ に変わります。
-- **アイテム $i$ を入れる**：ナップサック容量は $wgt[i-1]$ だけ減少し、値は $val[i-1]$ だけ増加し、状態は $[i-1, c-wgt[i-1]]$ に変わります。
+- **品物 $i$ を入れない** ：ナップサック容量は変わらず、状態は $[i-1, c]$ に変化します。
+- **品物 $i$ を入れる** ：ナップサック容量は $wgt[i-1]$ だけ減少し、価値は $val[i-1]$ だけ増加して、状態は $[i-1, c-wgt[i-1]]$ に変化します。
 
-上記の分析により、この問題の最適部分構造が明らかになります：**最大値 $dp[i, c]$ は、アイテム $i$ を入れない方案とアイテム $i$ を入れる方案の2つのうち、より大きな値に等しい**。これから状態遷移方程式を導出できます：
+以上の分析から、この問題の最適部分構造が分かります。すなわち、**最大価値 $dp[i, c]$ は、品物 $i$ を入れない場合と入れる場合のうち、より価値の大きい方に等しい** ということです。これにより、次の状態遷移方程式を導けます。
 
 $$
 dp[i, c] = \max(dp[i-1, c], dp[i-1, c - wgt[i-1]] + val[i-1])
 $$
 
-現在のアイテムの重量 $wgt[i - 1]$ が残りのナップサック容量 $c$ を超える場合、唯一の選択肢はナップサックに入れないことであることに注意することが重要です。
+注意すべき点として、現在の品物の重さ $wgt[i - 1]$ が残りのナップサック容量 $c$ を超える場合は、入れない選択しかできません。
 
-**第3ステップ：境界条件と状態遷移の順序を決定する**
+**ステップ3：境界条件と状態遷移の順序を決める**
 
-アイテムがない場合またはナップサック容量が $0$ の場合、最大値は $0$ です。つまり、最初の列 $dp[i, 0]$ と最初の行 $dp[0, c]$ はどちらも $0$ に等しいです。
+品物がない場合、またはナップサック容量が $0$ の場合、最大価値は $0$ です。すなわち、先頭列 $dp[i, 0]$ と先頭行 $dp[0, c]$ はいずれも $0$ になります。
 
-現在の状態 $[i, c]$ は直接上の状態 $[i-1, c]$ と左上の状態 $[i-1, c-wgt[i-1]]$ から遷移するため、2層のループを通じて $dp$ テーブル全体を順序通りに走査します。
+現在の状態 $[i, c]$ は、上側の状態 $[i-1, c]$ と左上の状態 $[i-1, c-wgt[i-1]]$ から遷移してくるため、2重ループで $dp$ テーブル全体を順方向に走査すれば十分です。
 
-上記の分析に従って、次に力任せ探索、メモ化探索、動的プログラミングの順序で解法を実装します。
+以上の分析に基づき、次に全探索、メモ化探索、動的計画法の順で実装していきます。
 
-### 方法1：力任せ探索
+### 方法1：全探索
 
-探索コードには以下の要素が含まれます。
+探索コードには次の要素が含まれます。
 
-- **再帰パラメータ**：状態 $[i, c]$。
-- **戻り値**：部分問題 $dp[i, c]$ の解。
-- **終了条件**：アイテム番号が範囲外 $i = 0$ またはナップサックの残り容量が $0$ のとき、再帰を終了し値 $0$ を返す。
-- **枝刈り**：現在のアイテムの重量がナップサックの残り容量を超える場合、唯一の選択肢はナップサックに入れないことです。
+- **再帰引数**：状態 $[i, c]$ です。
+- **戻り値**：部分問題の解 $dp[i, c]$ です。
+- **終了条件**：品物番号が範囲外である $i = 0$、またはナップサックの残り容量が $0$ のとき、再帰を終了して価値 $0$ を返します。
+- **枝刈り**：現在の品物の重さがナップサックの残り容量を超える場合、入れない選択しかできません。
 
 ```src
 [file]{knapsack}-[class]{}-[func]{knapsack_dfs}
 ```
 
-下の図に示すように、各アイテムは選択しないと選択するという2つの探索分岐を生成するため、時間計算量は $O(2^n)$ です。
+以下の図のように、各品物ごとに「選ばない」「選ぶ」の2つの探索分岐が生じるため、時間計算量は $O(2^n)$ です。
 
-再帰木を観察すると、$dp[1, 10]$ などの重複する部分問題があることが容易にわかります。アイテムが多く、ナップサック容量が大きい場合、特に同じ重量のアイテムが多い場合、重複する部分問題の数は大幅に増加します。
+再帰木を観察すると、$dp[1, 10]$ などの重複部分問題が存在することが分かります。品物数が多く、ナップサック容量が大きく、特に同じ重さの品物が多い場合には、重複部分問題の数は大幅に増加します。
 
-![0-1ナップサック問題の力任せ探索再帰木](knapsack_problem.assets/knapsack_dfs.png)
+![0-1 ナップサック問題の全探索の再帰木](knapsack_problem.assets/knapsack_dfs.png)
 
 ### 方法2：メモ化探索
 
-重複する部分問題が一度だけ計算されることを確保するために、部分問題の解を記録するメモ化リスト `mem` を使用します。ここで `mem[i][c]` は $dp[i, c]$ に対応します。
+重複部分問題が一度だけ計算されるようにするため、メモ配列 `mem` を用いて部分問題の解を記録します。ここで `mem[i][c]` は $dp[i, c]$ に対応します。
 
-メモ化を導入した後、**時間計算量は部分問題の数に依存**し、$O(n \times cap)$ になります。実装コードは以下の通りです：
+メモ化を導入すると、**時間計算量は部分問題の数に依存し**、すなわち $O(n \times cap)$ になります。実装コードは次のとおりです。
 
 ```src
 [file]{knapsack}-[class]{}-[func]{knapsack_dfs_mem}
 ```
 
-下の図はメモ化探索で枝刈りされる探索分岐を示しています。
+次の図は、メモ化探索で剪定された探索分岐を示しています。
 
-![0-1ナップサック問題のメモ化探索再帰木](knapsack_problem.assets/knapsack_dfs_mem.png)
+![0-1 ナップサック問題のメモ化探索の再帰木](knapsack_problem.assets/knapsack_dfs_mem.png)
 
-### 方法3：動的プログラミング
+### 方法3：動的計画法
 
-動的プログラミングは本質的に状態遷移中に $dp$ テーブルを埋めることを含みます。コードは下の図に示されています：
+動的計画法の本質は、状態遷移に従って $dp$ テーブルを埋めていく過程です。コードは次のようになります。
 
 ```src
 [file]{knapsack}-[class]{}-[func]{knapsack_dp}
 ```
 
-下の図に示すように、時間計算量と空間計算量の両方が配列 `dp` のサイズ、つまり $O(n \times cap)$ によって決定されます。
+以下の図のように、時間計算量と空間計算量はいずれも配列 `dp` のサイズによって決まり、$O(n \times cap)$ です。
 
 === "<1>"
-    ![0-1ナップサック問題の動的プログラミングプロセス](knapsack_problem.assets/knapsack_dp_step1.png)
+    ![0-1 ナップサック問題の動的計画法の過程](knapsack_problem.assets/knapsack_dp_step1.png)
 
 === "<2>"
     ![knapsack_dp_step2](knapsack_problem.assets/knapsack_dp_step2.png)
@@ -134,17 +134,17 @@ $$
 
 ### 空間最適化
 
-各状態は上の行の状態のみに関連するため、2つの配列を使用してローリング前進させ、空間計算量を $O(n^2)$ から $O(n)$ に削減できます。
+各状態は直前の行の状態にしか依存しないため、2つの配列をローテーションして用いることで、空間計算量を $O(n^2)$ から $O(n)$ に削減できます。
 
-さらに考えてみると、1つの配列だけで空間最適化を達成できるでしょうか？各状態が直接上のセルまたは左上のセルから遷移することが観察できます。配列が1つしかない場合、$i$ 行目の走査を開始するとき、その配列はまだ $i-1$ 行目の状態を保存しています。
+さらに考えると、1つの配列だけで空間最適化を実現できるでしょうか。観察すると、各状態は真上または左上のマスから遷移してきます。配列が1つしかないと仮定すると、$i$ 行目の走査を開始した時点では、その配列にはまだ $i-1$ 行目の状態が格納されています。
 
-- 通常の順序で走査する場合、$dp[i, j]$ に走査したとき、左上の $dp[i-1, 1]$ ～ $dp[i-1, j-1]$ の値がすでに上書きされている可能性があり、正しい状態遷移結果を得ることができません。
-- 逆順で走査する場合、上書き問題はなく、状態遷移を正しく実行できます。
+- 順方向に走査すると、$dp[i, j]$ に到達した時点で、左上にある $dp[i-1, 1]$ ~ $dp[i-1, j-1]$ の値がすでに上書きされている可能性があり、正しい状態遷移結果を得られません。
+- 逆方向に走査すれば、上書きの問題は発生せず、状態遷移を正しく行えます。
 
-下の図は単一配列での $i = 1$ 行目から $i = 2$ 行目への遷移プロセスを示しています。通常順序走査と逆順走査の違いについて考えてみてください。
+次の図は、単一配列のもとで $i = 1$ 行目から $i = 2$ 行目へ変換する過程を示しています。順方向走査と逆方向走査の違いを考えてみてください。
 
 === "<1>"
-    ![0-1ナップサックの空間最適化動的プログラミングプロセス](knapsack_problem.assets/knapsack_dp_comp_step1.png)
+    ![0-1 ナップサックの空間最適化後の動的計画法の過程](knapsack_problem.assets/knapsack_dp_comp_step1.png)
 
 === "<2>"
     ![knapsack_dp_comp_step2](knapsack_problem.assets/knapsack_dp_comp_step2.png)
@@ -161,7 +161,7 @@ $$
 === "<6>"
     ![knapsack_dp_comp_step6](knapsack_problem.assets/knapsack_dp_comp_step6.png)
 
-コード実装では、配列 `dp` の最初の次元 $i$ を削除し、内側のループを逆走査に変更するだけです：
+コード実装では、配列 `dp` の第1次元 $i$ をそのまま削除し、内側のループを逆方向走査に変更するだけで済みます。
 
 ```src
 [file]{knapsack}-[class]{}-[func]{knapsack_dp_comp}