代码随想录算法训练营第43天 || 1049. 最后一块石头的重量 II || 494. 目标和 || 474.一和零
代码随想录算法训练营第43天 || 1049. 最后一块石头的重量 II || 494. 目标和 || 474.一和零
1049. 最后一块石头的重量 II
题目介绍
有一堆石头，用整数数组 stones 表示。其中 stones[i] 表示第 i 块石头的重量。
每一回合，从中选出任意两块石头，然后将它们一起粉碎。假设石头的重量分别为 x 和 y，且 x <= y。那么粉碎的可能结果如下：
- 如果
x == y，那么两块石头都会被完全粉碎； - 如果
x != y，那么重量为x的石头将会完全粉碎，而重量为y的石头新重量为y-x。
最后，最多只会剩下一块 石头。返回此石头 最小的可能重量 。如果没有石头剩下，就返回 0。
示例 1：
输入：stones = [2,7,4,1,8,1]
输出：1
解释：
组合 2 和 4，得到 2，所以数组转化为 [2,7,1,8,1]，
组合 7 和 8，得到 1，所以数组转化为 [2,1,1,1]，
组合 2 和 1，得到 1，所以数组转化为 [1,1,1]，
组合 1 和 1，得到 0，所以数组转化为 [1]，这就是最优值。
示例 2：
输入：stones = [31,26,33,21,40]
输出：5
个人思路
本题与昨天写的分割相等子集有异曲同工之处，本题石头互相碰撞，我们不要陷入它的模拟状态，跳到上帝模式，我们先将石头分成两堆，想象成两块大石头相互碰撞，这样我们自然能想到要分成尽可能接近的两堆才能得到题解。所以这又回到了01背包问题上了，石头重量和价值都相同，背包容量设置成总重量的一半，最终看能放入的石头的最大价值即可。
动规五部曲
-
确定dp数组及其下标含义
dp[j]表示背包容量为j的背包能放入石头的最大价值（for循环遍历石头限制0~i个石头可放入） -
确定递推公式
dp[j] = Integer.max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i]);放与不放第i块石头的比较，前者是不放i石头的上一状态最大价值，后一状态是放i石头的最大价值
-
初始化dp数组
因为价值都是大于0，所以我们一开始的默认初始化0即可，代码隐式初始化了
-
遍历顺序确定
- 先遍历物品再遍历背包，反之没意义啊，递推公式直接作废
- 背包的遍历要逆序，否则会出现前面的dp数组用新状态来参与计算（重复加入i石头）
-
打印dp数组检验
代码：
class Solution {
public int lastStoneWeightII(int[] stones) {
//本质上将石堆分成两份，是两份重量尽可能接近
//然后我们发现这道题和昨天写的那道题分割等和子集差不多，这题就是尽可能分割等和子集
//其实就是找到最接近stone总重量的一半
//01背包：石头重量价值都一样，价值用于记录重量；背包容量设置总重量一般即可
int sum = 0;
for (int i = 0; i < stones.length; i++) {
sum += stones[i];
}
int num = sum / 2;
int[] dp = new int[num + 1];
for (int i = 0; i < stones.length; i++) {
for (int j = num; j > 0; j--) {
if (j - stones[i] >= 0)
dp[j] = Integer.max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i]);
// System.out.println(i + " " + j + " " + dp[j]);
}
}
return sum - 2 * dp[num];
}
}
494. 目标和
题目介绍
给你一个整数数组 nums 和一个整数 target 。
向数组中的每个整数前添加 '+' 或 '-' ，然后串联起所有整数，可以构造一个 表达式 ：
- 例如，
nums = [2, 1]，可以在2之前添加'+'，在1之前添加'-'，然后串联起来得到表达式"+2-1"。
返回可以通过上述方法构造的、运算结果等于 target 的不同 表达式 的数目。
示例 1：
输入：nums = [1,1,1,1,1], target = 3
输出：5
解释：一共有 5 种方法让最终目标和为 3 。
-1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 3
+1 - 1 + 1 + 1 + 1 = 3
+1 + 1 - 1 + 1 + 1 = 3
+1 + 1 + 1 - 1 + 1 = 3
+1 + 1 + 1 + 1 - 1 = 3
示例 2：
输入：nums = [1], target = 1
输出：1
个人思路及误区
之所以没能解出来，一个大问题就是第一步确定dp数组含义有误，误将本题和之前题相同处理，把dp[j]理解为数字的总和，每次达到这个总和就记录一次结果，结果绕来绕去感觉回到了小回溯的思路，不能解决本题。所以确定dp数组及其下标也是非常重要的。
题解解析
本题有点类似上一题的石头分类，这里是分成 加数 和 减数 两大类，然后运算后得到目标值。
由此，我们可以得到减数num = （sum - target）/ 2;（这里也可以用加数做运算）这样我们就可以将本题转化成求背包容量为num的01背包问题（每个物品只能放一次）
不过本题与之前的问题不一样，之前问的都是容量为j的背包最多能装多少？–>能不能装满？ 本题问的是装满的有几种方法。因此，我们定义的dp数组的含义为：dp[j] 表示：容量 j 的背包有多少中方法装满
一些特殊情况的排除：(不排除可能会影响动规的结果，因为dp[0] = 1)
- target的绝对值 > sum ，这样是所有数值统一取﹢或﹣都不可能得到结果
(sum - target) % 2 == 1这种情况也是无解的，我们知道sum可以分成两部分 left 和 right ，其中left - right = target，这也就意味着两堆数插值target，所以sum - target == 2 * right 必然为偶数
动规五部曲
-
确定dp数组及其下标含义
dp[j] : 背包容量为 j 的背包最多有几种情况装满
一个细节：由于target可以小于0，（num =（sum + target）/ 2 情况下）也就导致num可能小于0，我们要先取绝对值再new数组。
这样没有影响，会对称回去。举个例子：
sum = 100 ，target = -50 ，num = -75 （另一个num就是 25）num = 75其实就是25的对称值。
当然，我们一开始设置
num =（sum - target）/ 2就不会产生负数情况，真要产生就是上面的不符情况1. -
确定递推方法
dp[j] = dp[j-nums[i]]可以这么理解，还是先从放与不放引入。当遍历到第 i 个物品，背包容量为 j 时，要知道此时放入 i 情况的最多方法，其实就等价于容量为
j - nums[i]的背包装满的最多方法注意：如果放入i比背包容量大，就不会刷新此刻的dp数组，保持原来的最大值（if判断）
-
初始化dp数组
dp[0] = 1这里不用过于解释为什么一开始容量为0的背包有一种情况装满，如果 = 0 递推公式一直都是0；这里可能会有疑问，万一数组 [0,0,0,0,0] target = 0怎么办？这样一开始设置为dp[0] = 1，会不会导致最终结果多1
不用担心，1 — 2 — 4 — 8 — 16 — 32 五个过程走过来，+0和-0就是两种情况了，所以就算是[0] target = 0 也可以得到结果 2
所以，这里的初始化也是很重要的
-
确定遍历顺序
和之前一样，遵循两个规则
- 先遍历物品后遍历背包
- 背包层后序遍历
-
打印dp数组检验
代码：
class Solution {
public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
int sum = 0;
for (int i = 0; i < nums.length; i++)
sum += nums[i];
//两种不符情况排除
if (sum < target || sum < target * (-1))
return 0;
if ((sum - target) % 2 == 1)
return 0;
int num = (sum - target) / 2;
//dp[j]装满容量为j的背包有多少种方法
int[] dp = new int[num + 1];
dp[0] = 1;//初始化
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
for (int j = num; j >= 0; j--) {
if (j - nums[i] >= 0)
dp[j] += dp[j - nums[i]];
}
}
return dp[num];
}
}
474.一和零
题目介绍
给你一个二进制字符串数组 strs 和两个整数 m 和 n 。
请你找出并返回 strs 的最大子集的长度，该子集中 最多 有 m 个 0 和 n 个 1 。
如果 x 的所有元素也是 y 的元素，集合 x 是集合 y 的 子集 。
示例 1：
输入：strs = ["10", "0001", "111001", "1", "0"], m = 5, n = 3
输出：4
解释：最多有 5 个 0 和 3 个 1 的最大子集是 {"10","0001","1","0"} ，因此答案是 4 。
其他满足题意但较小的子集包括 {"0001","1"} 和 {"10","1","0"} 。{"111001"} 不满足题意，因为它含 4 个 1 ，大于 n 的值 3 。
示例 2：
输入：strs = ["10", "0", "1"], m = 1, n = 1
输出：2
解释：最大的子集是 {"0", "1"} ，所以答案是 2 。
个人思路
这道题问的是子集最多可以放几个元素，其中有两个限制条件。这与之前做的题目多了一个条件，这里背包容量确定上就有所区别，我们可以考虑用二维dp数组来确定1个背包2个分区容量。注意到这里每个元素只能放一次，所以这是一道01背包的变式。
动规五部曲
-
确定dp数组及其下标含义
dp[i][j]表示能容纳i个0，j个1的背包最多能容纳几个物品 -
确定递推公式
dp[j][k] = Integer.max(dp[j][k], dp[j - num_0][k - num_1] + 1);解释一下：本质还是放与不放的问题。
- 放物品 i ：找到容量刚好去除 i 的重量的背包最大放入数量，再加上1就是放物品 i 的最大数量，即
dp[j - num_0][k - num_1] + 1 - 不放物品 i ：上一状态的
dp[i][j]就是还没放入物品 i 的情况
所以我们保留两者更大的就是此时遍历到物品 i 可放入的最大数量
- 放物品 i ：找到容量刚好去除 i 的重量的背包最大放入数量，再加上1就是放物品 i 的最大数量，即
-
初始化dp数组
默认初始化全为0即可，无需再次初始化，相当于隐式初始化
-
确定遍历顺序
三重for循环：最外层遍历物品，里面两层遍历背包的不同分区容量
下列所说的左上角元素：
dp[j - num_0][k - num_1] + 1- 最外层一定是遍历物品，内两层可以调换顺序，因为整体趋势都是右下角遍历到左上角，只会用到当前位置和上一状态的左上角元素
- 内两层for一定是逆序遍历，否则用到的左上角就是更新过的，导致重复放入物品 i 的情况
-
打印dp数组检验
其实本题和此前做过的背包装最大价值和最多石头差不多，只不过本题是最大数量，区别在于前面加的是价值或石头重量/价值，本题加的是数量；另一个升级点，本题两个条件作为背包容量限制条件
小总结
- 装满背包有多少中方法？
- 能不能装满一个背包
- 尽量装满一个背包
- 二维01背包问题