目录
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
1049. 最后一块石头的重量 II - 力扣（LeetCode）
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
思路
视频讲解：LeetCode：1049.最后一块石头的重量II
代码随想录：1049.最后一块石头的重量II
本题目标：尽量把石头分成重量最接近的两堆，此时相撞之后剩下的石头最小。
本题物体重量和价值都为stone[i]。
动态规划五部曲：
- 确定dp数组以及下标的含义：
dp[j]表示容量为 j 的背包能放的最大物品价值。 - 确定递推公式：套用01背包递推公式，
dp[j] = max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i])。 - 初始化数组：数组元素全都初始化为0。
- 确定遍历顺序：遍历物品的 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：
题解
class Solution {public int lastStoneWeightII(int[] stones) {int sum = 0;for (int i : stones)sum += i;int target = sum / 2;int[] dp = new int[target + 1];for (int i = 0; i < stones.length; i++) {for (int j = target; j > 0; j--) {if (j - stones[i] >= 0) {dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i]);}}}return sum - dp[target] * 2;}
}
494.目标和
题目
494. 目标和 - 力扣（LeetCode）
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
思路
代码随想录：494.目标和
视频讲解：LeetCode：474.一和零
定义取正的元素之和为a，取负的元素之和为b，由题意可得 a - b = target, a + b = sum，可以推出 a = (sum + target) / 2
即可以转换为寻找和为 (sum + target) / 2 的组合种数。
重点： 当target+sum为奇数或者|target| > sum时，找不到符合题意的组合。
动态规划过程类似于爬楼梯问题
动态规划五部曲：
1.确定dp数组以及下标的含义：使用二维数组，dp[i][j]表示使用下标为[0,i]中的元素装满容量为 j 的背包的方法数。
2.确定推导公式：背包中不放入物品 i 时，dp[i][j] = dp[i - 1][j]，放入物品 i 时，dp[i][j] = dp[i - 1][j - nums[i]]，所以综合之后得到推导公式 为dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - nums[i]]。注意，如果j - nums[i] < 0，说明当前容量的背包无法放入物品 i，此时推导公式 为dp[i][j] = dp[i - 1][j]。
3.数组初始化：由于dp[i][j]由上方和左上方的两个元素推出，因此要初始化数组的第一列和第一行，注意装满dp[0][0]的方法为1种，即什么都不装，同时初始化dp[0][nums[0]] = 1，其它都初始化为0。
4.确定遍历顺序：由推导公式得到遍历顺序为从上到下，从左到右。
5.举例推导：
可以将二维数组压缩为一维滚动数组（具体见题解）。
题解
class Solution {public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {int sum = 0;for (int i : nums)sum += i;if ((sum + target) % 2 == 1)return 0;if (Math.abs(target) > sum)return 0;int size = (sum + target) / 2;int[] dp = new int[size + 1];dp[0] = 1;for (int i = 0; i < nums.length; i++) {for (int j = size; j >= 0; j--) {if (j >= nums[i]) {dp[j] = dp[j] + dp[j - nums[i]];}}}return dp[size];}
}
474.一和零
题目
474. 一和零 - 力扣（LeetCode）
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
思路
视频讲解：LeetCode：474.一和零
代码随想录：474.一和零
本题的背包有两个维度，分别表示 0 和 1，不同长度的字符串就是不同大小的物品。
本题可以使用三维数组求解，也可以转换为二维滚动数组。
动态规划五部曲：
- 确定dp数组以及下标的含义：
dp[i][j]表示最多有 i个0 和 j个1 的 strs 的最大子集的大小。 - 确定递推公式：如果放入当前物品，
dp[i][j] = dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1，如果不放入当前物品，dp[i][j]不变，因此递推公式为dp[i][j] = Math.max(dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1, dp[i][j])。 - 数组初始化：全部初始化为0。
- 确定遍历顺序：滚动数组从后向前进行遍历，防止覆盖。
- 举例推导：
题解
class Solution {public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) {int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];for (String str : strs) {int count0 = 0;int count1 = 0;for (char ch : str.toCharArray()) {if (ch == '0')count0++;if (ch == '1')count1++;}for (int i = m; i >= count0; i--) {for (int j = n; j >= count1; j--) {dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], dp[i - count0][j - count1] + 1);}}}return dp[m][n];}
}
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