最后一块石头的重量 II
力扣原题
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 <= 30
1 <= stones[i] <= 100
思路分析 （解决背包最多装多少，这道题体现在尽可能接近一半）
给定一堆石头的重量，每次可以选择两块石头，将它们粉碎。如果两块石头的重量相同，则两块石头都会被粉碎；如果两块石头的重量不同，则较重的石头会变为重量差，而较轻的石头会被粉碎。最终，只会剩下一块石头，要求返回此石头的最小可能重量。如果没有石头剩下，则返回 0。
思考：最后是返回最小可能，那是不是可以考虑成把石头尽可能相等的分成两堆，然后两堆各之和相减不就是最后的最小重量了嘛。
- 这个问题可以转化为 01 背包问题。我们可以将每块石头的重量视为物品的重量，而要求的最小可能重量则是背包能装下的最大重量。
- 需要注意的是，因为石头最终只剩下一块，所以我们要尽可能地使得剩余石头的重量接近总重量的一半，这样最后的结果就会最小。
状态定义
定义一个一维的动态规划数组 dp，其中 dp[j] 表示背包容量为 j 时，所能达到的最大石头重量。
状态转移方程
我们需要考虑当前石头是否放入背包中的两种情况：
- 如果不放入当前石头
stones[i - 1]，则dp[j]保持不变，即dp[j] = dp[j]； - 如果放入当前石头
stones[i - 1]，则dp[j] = dp[j - stones[i - 1]] + stones[i - 1]，表示背包容量为j - stones[i - 1]时的最大重量加上当前石头的重量。
综合以上两种情况，状态转移方程为：
dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - stones[i - 1]] + stones[i - 1])
初始化
我们需要对动态规划数组进行初始化，当没有石头或背包容量为0时。
解题步骤
- 首先计算出所有石头的总重量
sum。 - 初始化背包容量为总重量的一半，即
target = sum / 2。 - 使用动态规划来求解背包问题。定义一个一维数组
dp，其中dp[j]表示当背包容量为j时能够装下的最大重量。 - 对于每块石头，遍历背包容量从
target到石头重量之间的所有可能取值，更新dp[j]为Math.max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i])。 - 最终返回剩余石头重量和背包能装下的重量之差的绝对值，即
Math.abs(sum - 2 * dp[target])。
Java 实现
class Solution {
public int lastStoneWeightII(int[] stones) {
int sum = 0;
for (int stone : stones) {
sum += stone;
}
int target = sum / 2;
int[] dp = new int[target + 1];
for (int i = 0; i < stones.length; i++) {//遍历物品
for (int j = target; j >= stones[i]; j--) {//遍历背包 ！注意倒序！
dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i]);//背包价值最大化的递推公式
}
}
return Math.abs(sum - 2 * dp[target]);
}
}
通过以上步骤，我们可以解决这个石头重量最小化的问题，使得剩余石头的重量尽可能接近总重量的一半。
