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
JAVA代码编写
1049. 最后一块石头的重量 II
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
提示：
1 <= stones.length <= 301 <= stones[i] <= 100
教程：https://programmercarl.com/1049.%E6%9C%80%E5%90%8E%E4%B8%80%E5%9D%97%E7%9F%B3%E5%A4%B4%E7%9A%84%E9%87%8D%E9%87%8FII.html
方法一：动态规划-一维数组
思路：01背包问题，原谅我没有看出来。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，这样就化解成01背包问题了。
还是比较疑惑这个怎么就是01背包问题了，看完题目，觉得还是可以使用贪心或者回溯做，但还不会写代码。
步骤
-
定义$dp[j] $数组：dp[j]表示背包总容量（这里也就是重量）是j，最多可以背的最大重量为dp[j]。
-
递推公式：
01背包的递推公式为：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
本题则是：dp[j] = max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i]);
-
dp数组初始化：
- 确定dp数组的长度：所有石头的质量和的一半，再加上1。最理想的状态就是每次都是拿的两个质量相同的石头。
- 确定dp数组的默认值：因为重量都不会是负数，所以dp[j]都初始化为0
-
确定遍历顺序:如果使用一维dp数组，物品遍历的for循环放在外层，遍历背包的for循环放在内层，且内层for循环倒序遍历！
-
举例推导dp数组，
举例，输入：
stones = [2,7,4,1,8,1]
此时target = (2+7+4+1+8+1)/2 = 23/2=11
走到这，dp[j]已经到最大重量。
最后dp[target]里是容量为target的背包所能背的最大重量
那么分成两堆石头，一堆石头的总重量是dp[target]，另一堆就是sum - dp[target]。
那么相撞之后剩下的最小石头重量就是 (sum - dp[target]) - dp[target]。
23-11*2=1
复杂度分析：
- 时间复杂度：
O(n * target)，其中n是数组stones的长度，target是所有石头重量的和的一半。 - 空间复杂度：
O(target)，其中target是所有石头重量的和的一半。
class Solution {
public int lastStoneWeightII(int[] stones) {
int sum = 0;
for (int i : stones) {
sum += i;
}
int target = sum >> 1;
//初始化dp数组
int[] dp = new int[target + 1];
for (int i = 0; i < stones.length; i++) {
//采用倒序
for (int j = target; j >= stones[i]; j--) {
//两种情况，要么放，要么不放
dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i]);
}
}
return sum - 2 * dp[target];
}
}
494.目标和
给你一个非负整数数组 nums 和一个整数 target 。
向数组中的每个整数前添加 '+' 或 '-' ，然后串联起所有整数，可以构造一个 表达式 ：
- 例如，
nums = [2, 1]，可以在2之前添加'+'，在1之前添加'-'，然后串联起来得到表达式"+2-1"。
返回可以通过上述方法构造的、运算结果等于 target 的不同 表达式 的数目。
示例 1：
输入：nums = [1,1,1,1,1], target = 3
输出：5
解释：一共有 5 种方法让最终目标和为 3 。
-1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 3
+1 - 1 + 1 + 1 + 1 = 3
+1 + 1 - 1 + 1 + 1 = 3
+1 + 1 + 1 - 1 + 1 = 3
+1 + 1 + 1 + 1 - 1 = 3
示例 2：
输入：nums = [1], target = 1
输出：1
提示：
1 <= nums.length <= 200 <= nums[i] <= 10000 <= sum(nums[i]) <= 1000-1000 <= target <= 1000
教程：https://programmercarl.com/0494.%E7%9B%AE%E6%A0%87%E5%92%8C.html
方法一：动态规划
思路：
步骤
-
定义$dp[j] $数组：**dp[j]表示 **填满j（包括j）这么大容积的包，有dp[j]种方法。
-
递推公式：dp[j] += dp[j - nums[i]]);
例如：dp[j]，j 为5，要填满容积为5的包邮dp[5]中方法。
- 已经有一个1（nums[i]） 的话，有 dp[4]种方法 凑成 容量为5的背包。
- 已经有一个2（nums[i]） 的话，有 dp[3]种方法 凑成 容量为5的背包。
- 已经有一个3（nums[i]） 的话，有 dp[2]中方法 凑成 容量为5的背包
- 已经有一个4（nums[i]） 的话，有 dp[1]中方法 凑成 容量为5的背包
- 已经有一个5 （nums[i]）的话，有 dp[0]中方法 凑成 容量为5的背包
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数组初始化：dp[0] =1
-
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。
-
举例推导dp数组，
nums = [1,1,1,1,1], target = 3为例子
复杂度分析：
- 时间复杂度：O(n * size)
- 空间复杂度：O(size)
class Solution {
public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
int sum = 0;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) sum += nums[i];
//如果target过大 sum将无法满足
if ( target < 0 && sum < -target) return 0;
if ((target + sum) % 2 != 0) return 0;
int size = (target + sum) / 2;
if(size < 0) size = -size;
int[] dp = new int[size + 1];
dp[0] = 1;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
for (int j = size; j >= nums[i]; j--) {
dp[j] += dp[j - nums[i]];
}
}
return dp[size];
}
public static void main(String[] args) {
Solution solution = new Solution();
solution.findTargetSumWays(new int[]{1,1,1,1,1}, 3);
}
}
474.一和零
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 。
提示：
1 <= strs.length <= 6001 <= strs[i].length <= 100strs[i]仅由'0'和'1'组成1 <= m, n <= 100
教程：https://programmercarl.com/0474.%E4%B8%80%E5%92%8C%E9%9B%B6.html
方法一：动态规划
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。
步骤
-
定义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]。
-
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);
-
dp数组初始化：dp[0] [0] =0
-
确定遍历顺序:跟上一题一样
-
举例推导dp数组，
以输入：
["10","0001","111001","1","0"]，m = 3，n = 3为例最后dp数组的状态如下所示：
复杂度分析：
- 时间复杂度：
O(n * target)，其中n是数组nums的长度，target是数组所有元素和的一半。 - 空间复杂度：
O(target)，其中target是数组所有元素和的一半。
class Solution {
public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) {
//dp[i][j]表示i个0和j个1时的最大子集
int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];
int oneNum, zeroNum;
for (String str : strs) {
oneNum = 0;
zeroNum = 0;
for (char ch : str.toCharArray()) {
if (ch == '0') {
zeroNum++;
} else {
oneNum++;
}
}
//倒序遍历
for (int i = m; i >= zeroNum; i--) {
for (int j = n; j >= oneNum; j--) {
dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1);
}
}
}
return dp[m][n];
}
public static void main(String[] args) {
Solution solution = new Solution();
solution.findMaxForm(new String[]{"10","0001","111001","1","0"}, 3,3);
}
}