DAY42 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

题目要求：有一堆石头，每块石头的重量都是正整数。

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。

思路

目标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，这样就转化成01背包问题了。

dp[j]表示容量为j的背包，可以装载的最大重量为dp[j]

遍历顺序：如果使用一维dp数组，物品遍历的for循环放在外层，遍历背包的for循环房子啊内层，且内层for循环倒序遍历。

分成两堆石头，一堆石头的总重量是dp[target]，另一堆就是sum-dp[target]

在计算target时候，target=sum/2是向下取整。所以sum-dp[target]一定大于等于dp[target]。那么相撞后剩下的最小石头重量就是(sum-dp[target])-dp[target]

class Solution {
public:
    int lastStoneWeightII(vector& stones) {
        vector dp(15001, 0);
        int sum = 0;
        for (int i = 0; i < stones.size(); ++i) {
            sum += stones[i];
        }
        int target = sum / 2;
        for (int i = 0; i < stones.size(); ++i) {
            for (int j = target; j >= stones[i]; --j) {
                dp[j] = max(dp[j], dp[j-stones[i]] + stones[i]);
            }
        }
        return sum - dp[target] - dp[target];
    }
};

• 时间复杂度：O(m × n) , m是石头总重量（准确的说是总重量的一半），n为石头块数
• 空间复杂度：O(m)

494.目标和

题目要求：给定一个非负整数数组，a1, a2, ..., an, 和一个目标数，S。现在你有两个符号 + 和 -。对于数组中的任意一个整数，你都可以从 + 或 -中选择一个符号添加在前面。

返回可以使最终数组和为目标数 S 的所有添加符号的方法数。

思路

目前我们已经有了目标target=s，假设加法的总和为x，那么减法对应的总和就是sum-x。所以我们要求的是x-(sum-x)=target，x=(target+sum)/2。此时问题就转化为，装满容量为x的背包有几种方法。

x的计算是向下取整的，所以如果target+sum为奇数，那么本提无解。如果S的绝对值大于sum也是无解的。

装满背包有几种方法，其实就是一个组合问题了。

递推公式：只要有nums[i]，凑成dp[j]就有dp[j - nums[i]] 种方法。

那么凑整dp[5]有多少方法呢，也就是把 所有的 dp[j - nums[i]] 累加起来。

dp数组的初始化：

从递推公式可以看出，在初始化的时候dp[0] 一定要初始化为1，因为dp[0]是在公式中一切递推结果的起源，如果dp[0]是0的话，递推结果将都是0。

这里有录友可能认为从dp数组定义来说 dp[0] 应该是0，也有录友认为dp[0]应该是1。

其实不要硬去解释它的含义，咱就把 dp[0]的情况带入本题看看应该等于多少。

如果数组[0] ，target = 0，那么 bagSize = (target + sum) / 2 = 0。 dp[0]也应该是1， 也就是说给数组里的元素 0 前面无论放加法还是减法，都是 1 种方法。

所以本题我们应该初始化 dp[0] 为 1。

可能有同学想了，那 如果是 数组[0,0,0,0,0] target = 0 呢。

其实 此时最终的dp[0] = 32，也就是这五个零 子集的所有组合情况，但此dp[0]非彼dp[0]，dp[0]能算出32，其基础是因为dp[0] = 1 累加起来的。

dp[j]其他下标对应的数值也应该初始化为0，从递推公式也可以看出，dp[j]要保证是0的初始值，才能正确的由dp[j - nums[i]]推导出来。

确定遍历顺序：

我们讲过对于01背包问题一维dp的遍历，nums放在外循环，target在内循环，且内循环倒序。

class Solution {
public:
    int findTargetSumWays(vector& nums, int target) {
        int sum = 0;
        for (int i = 0; i < nums.size(); ++i) sum += nums[i];
        if (abs(target) > sum) return 0;
        if ((target + sum) % 2 == 1) return 0;
        int bagSize = (target + sum) / 2;
        vector dp(bagSize + 1, 0);
        dp[0] = 1;
        for (int i = 0; i < nums.size(); ++i) {
            for (int j = bagSize; j >= nums[i]; --j) {
                dp[j] += dp[j-nums[i]];
            }
        }
        return dp[bagSize];
    }
};

474.一和零

题目要求：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 的最大子集的大小，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 。

思路

本题中strs 数组里的元素就是物品，每个物品都是一个！

而m 和 n相当于是一个背包，两个维度的背包。

只不过这个背包有两个维度，一个是m 一个是n，而不同长度的字符串就是不同大小的待装物品。

• 确定dp数组（dp table）以及下标的含义

dp[i][j]：最多有i个0和j个1的strs的最大子集的大小为dp[i][j]。

• 确定递推公式

dp[i][j] 可以由前一个strs里的字符串推导出来，strs里的字符串有zeroNum个0，oneNum个1。

dp[i][j] 就可以是 dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1。

然后我们在遍历的过程中，取dp[i][j]的最大值。

所以递推公式：dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1);

此时大家可以回想一下01背包的递推公式：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

对比一下就会发现，字符串的zeroNum和oneNum相当于物品的重量（weight[i]），字符串本身的个数相当于物品的价值（value[i]）。

这就是一个典型的01背包！ 只不过物品的重量有了两个维度而已。

• dp数组如何初始化

因为物品价值不会是负数，初始为0，保证递推的时候dp[i][j]不会被初始值覆盖。

• 确定遍历顺序

01背包一定是外层for循环遍历物品，内层for循环遍历背包容量且从后向前遍历！

那么本题也是，物品就是strs里的字符串，背包容量就是题目描述中的m和n。

class Solution {
public:
    int findMaxForm(vector& strs, int m, int n) {
        vector> dp(m+1, vector (n+1, 0));
        for (string str : strs) {
            int oneNum = 0, zeroNum = 0;
            for (char c : str) {
                if (c == '0') zeroNum++;
                else oneNum++;
            }
            for (int i = m; i >= zeroNum; --i) {
                for (int j = n; j >= oneNum; --j) {
                    dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1);
                }
            }
        }
        return dp[m][n];
    }
};

• 时间复杂度: O(kmn)，k 为strs的长度
• 空间复杂度: O(mn)