代码随想录算法训练营第四十三天| LeetCode 1049.最后一块石头的重量II、494. 目标和、474.一和零

一、LeetCode 1049.最后一块石头的重量II

文章讲解/视频讲解：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#%E6%80%9D%E8%B7%AF

状态：已解决

1.思路

其实这个题跟上个题416. 分割等和子集 - 力扣（LeetCode）很像，我们可以把整个石头分成两堆，为了使碰撞后剩余石头重量最小，那么就尽量使两堆石头的重量接近，怎么才能使两堆石头重量尽量接近呢？努力凑齐某堆石头接近sum/2即可。那么这道题就转换成了昨天的416题。具体分析看LeetCode 416.分割等和子集-CSDN博客。

这题最后要求最小的石头重量，那么我们装sum/2的背包时，得到的价值（重量）dp[n]是 <= sum/2。故剩下的那堆石头价值（重量）>= dp[n]，也就是sum-dp[n] >= dp[n]。故碰撞后剩余石头重量为 (sum-dp[n]) - dp[n]。

2.代码实现

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

二、494. 目标和

文章讲解/视频讲解：https://programmercarl.com/0494.%E7%9B%AE%E6%A0%87%E5%92%8C.html

状态：已解决

1.思路

这道题其实是有点难想的，最直接的思路就是回溯。那采用动规又该如何解决呢？我们注意看，我们向数组中的每个整数前添加 '+' 或 '-' ，然后串联起所有整数后，得到的实则为一堆数减去另一堆数的表达式。我们将所有的被减数作为一个整体，设为left，将所有的减数作为一个整体，设为right。由于此题的数组nums依旧是一开始都给定的，且要求每个数都要参与计算，那么left 和 right 的和就是固定的sum（nums中所有元素的和）。即：

$left + right = sum;$

$left - right = target;$

解得:

$left = (sum + target)/2;$

由于 sum 和 target 都是样例给定的固定值，因此left也是固定值。故只需找到原数组有多少子集和为left，就可得到满足条件的表达式个数。那么此题就变成了一个背包问题：背包容量为left，物品数为nums.size()，重量为nums[i]。

（1）确定dp数组以及下标的含义：

dp[j] 表示：填满j（包括j）这么大容积的包，有dp[j]种方法。

（2）确定递推公式：

有哪些来源可以推出dp[j]呢？假如遍历到nums[i]时，那么凑成dp[j]就要看dp[j - nums[i]] 有多少种方法。因为nums有多个，那么每次遍历一个nums[i]都有一个对应相等的 j，故总的dp[j]就为所有j - nums[i] 的和。即dp[j] += dp[j - nums[i]]。

例如：dp[j]，j 为5，

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。所以求组合类问题的公式，都是类似这种。

（3）dp数组初始化：

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。

（4）确定遍历顺序：

在一维背包-CSDN博客中，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。

（5）举例推导dp数组：

输入：nums: [1, 1, 1, 1, 1], S: 3；bagSize = (S + sum) / 2 = (3 + 5) / 2 = 4

dp数组状态变化如下：

2.代码实现

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

时间复杂度：O(n × m)，n为正数个数，m为背包容量

空间复杂度：O(m)，m为背包容量

三、474.一和零

文章讲解/视频讲解：https://programmercarl.com/0474.%E4%B8%80%E5%92%8C%E9%9B%B6.html

状态：已解决

1.思路

这道题其实就是在01背包问题的基础上，将背包的维度上升了。也就是，决定背包容量的属性不仅只有重量一栏了，现有0的数量和1的数量两栏，二者共同决定了背包容量。那么这道题就转换成了一个背包问题：容量由m和n决定，物品有strs.size()个，每个物品的重量也是两个维度（0的个数和1的个数），每个物品的价值为1，现求该背包最多能装多少物品。

（1）确定dp数组以及下标：

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]。

（2）确定递推公式：

跟一维类似，dp[i][j]由没添加strs[i]的左上角状态而来，即dp[i][j] = dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1（因为strs[i]加入了子集，故子集大小+1）。由于可能部分集合strs[i] 0和1的个数相同，故dp[i][j]需要一直维护最大的dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1。

（3）dp数组的初始化：

跟前面的题没差，01背包的dp数组（滚动数组）初始化为0就可以。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。

（4）确定遍历顺序：

还是跟前面的题一样，最外层物品正序，内层（两层）都是倒序。

（5）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：

2.代码实现

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