算法刷题打卡037 | 动态规划5

LeetCode 1049 最后一块石头的重量II

题目链接：1049. 最后一块石头的重量 II - 力扣（Leetcode）

看题目首先想到的是将所有石头放到一个有序集合里，不断取出两块重量接近的石头两相抵消，剩余部分放入集合中继续重复“相撞”的操作，主要就是模拟题目描述的过程：

import queue
class Solution:
    def lastStoneWeightII(self, stones: List[int]) -> int:
        s = queue.PriorityQueue()
        c = collections.Counter(stones)  # 去重（相同的两块石头优先一起粉碎，set中只加入奇数的数字）
        for st in stones:
            if c[st] % 2:
                s.put(-st)
        while s.qsize() > 1:
            max_1 = s.get()
            max_2 = s.get()
            if abs(max_2 - max_1) > 0:
                s.put(-abs(max_2 - max_1))
        if s.qsize() == 0:
            return 0
        else:
            return -s.get()

但这样模拟并不能解决问题，看似想用贪心，但并不能从局部最优推出全局最优。

运用动态规划01背包的思想，本质上就是“尽量让石头分成重量相同的两堆，相撞之后剩下的石头最小”，和划分等和子集类似，但不强求划分为相等的两个集合。让两个集合尽可能接近，然后在这两个集合之间进行粉碎操作。这样最终剩余的石头重量就是和sum-2*dp[target]（两个集合的差值）：

class Solution {
public:
    int lastStoneWeightII(vector& stones) {
        int n = stones.size();
        int sum = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {sum += stones[i];}
        int target = sum / 2;
        vector dp(target + 1);
        for(int i=0; i < n; i++){
            for(int j=target; j >= stones[i]; j--)
            {
                dp[j] = max(dp[j], dp[j-stones[i]] + stones[i]);
            }
        }
        return sum - 2 * dp[target];
    }
};

LeetCode 494 目标和

题目链接：494. 目标和 - 力扣（Leetcode）

 看题目描述，其实也是在将数组分为两个集合（一个加正号，一个加负号），并且也是每个数只能用一次。不同的是这里求的是，给数值添加不同的符号之后，数组的和为target的数目。这就不能简单套用之前的dp数组定义方式，而是要将一维dp数组的含义dp[j]定义为装满容量为j的背包有多少种方法，同时还要重新考虑如何递推。递推公式有些类似于爬楼梯的方法数，倒序遍历容量j时，只要j能放下nums[i]，dp[j-nums[i]]所包含的方法数就能累加到dp[j]（累加是因为可以从不同的容量加上当前的nums[i]，得到不同的方法）。

class Solution {
public:
    int findTargetSumWays(vector& nums, int target) {
        int sum = 0;
        int n = nums.size();
        for(int i=0;i sum || (sum + target) % 2) return 0;
        int positive = (sum + target) / 2;  // 背包容量,加正号的部分数组
        vector dp(positive+1);  //注意dp数组的含义是装满容量为j的背包有多少种方法
        dp[0] = 1;  //初始化
        for(int i=0; i= nums[i]; j--)
            {
                dp[j] += dp[j - nums[i]];
            }
        }
        return dp[positive];
    }
};

自己实现时容易忽略一些边界条件（target绝对值大于数组总和，或者sum+target不能被2整除），导致提交出错。总的时间复杂度是O(n*m)，空间复杂度是O(m)，n为数组长度，m为背包容量。

LeetCode 474 一和零 

题目链接：474. 一和零 - 力扣（Leetcode）

 这一题的解题思路也是类似的，每个字符串相当于物品，只是背包的维度变成了二维：

class Solution {
public:
    int findMaxForm(vector& strs, int m, int n) {
        // dp[i][j]:最多包含i个0和j个1的最大子集长度
        vector> dp(m+1, vector(n+1));
        // 初始化，dp全为0即可
        for(int i=0; i < strs.size(); i++){
            // 字符串0 1 计数
            int c0 = 0, c1 = 0;
            for(int x=0; x < strs[i].size(); x++)
            {
                if (strs[i][x] == '0') c0 += 1;
                else c1 += 1;
            }
            for(int j=m; j>=c0; j--)
            {
                for (int k=n; k>=c1; k--)
                {
                    dp[j][k] = max(dp[j][k], dp[j-c0][k-c1] + 1);
                }
            }
        }

        return dp[m][n];

    }
};

背包的两个维度没有先后顺序之分，只需要维度内部保证是倒序遍历。也可以多加一个判断条件，当c0或c1超出m、n的大小时就能跳过，不用进行后续遍历（放不下）。总的时间复杂度是O(N*k*m*n)，其中N是字符串的数量，k是字符串的平均长度，空间复杂度是O(mn)。