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。
思路:本题和Day42:动态规划 LeedCode 01背包 416. 分割等和子集-CSDN博客
中的分割等和子集类似,其实就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，这样就化解成01背包问题了
动态规划:
1.确定dp数组以及下标的含义
dp[i]:容量为i的背包,能背的最大重量
相对于 01背包，本题中，石头的重量是 stones[i]，石头的价值也是 stones[i]
2.确定递推公式
dp[j] = max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i]);
3.dp数组如何初始化
dp[j]都初始化为0
4.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
最后dp[target]里是容量为target的背包所能背的最大重量。
5.举例推导
代码参考:
class Solution {
public int lastStoneWeightII(int[] stones) {
int sum=0;
for(int i=0;i<stones.length;i++){
sum+=stones[i];
}
int target=sum/2;
int[]dp=new int[target+1];
for(int i=0;i<stones.length;i++)
for(int j=target;j>=stones[i];j--){
dp[j]=Math.max(dp[j],dp[j-stones[i]]+stones[i]);
}
return sum-dp[target]-dp[target];
}
}注意:在计算target的时候，target = sum / 2 因为是向下取整，所以sum - dp[target] 一定是大于等于dp[target]的。
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
思路:
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。
由于数组中的数都是整数,所以加法总和x一定是整数,如果(target + sum) / 2不是整数,意味着无解,return 0
与此同时,如果target的绝对值已经大于sum，那么也是没有方案的。
动态规划:
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
得到nums[i]，凑成dp[j]就有dp[j - nums[i]] 种方法。
dp[j] += dp[j - nums[i]]3.dp数组如何初始化
在初始化的时候dp[0] 一定要初始化为1,如果dp[0]是0的话，递推结果将都是0
4.确定遍历顺序
dp[j] += dp[j - nums[i]]可知,dp[j]都由之前的推出,所以从右往左遍历(一维dp数组)
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
代码参考:
class Solution {
public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
int sum=0;
for(int i=0;i<nums.length;i++){
sum+=nums[i];
}
//x = (target + sum) / 2
int x=(target+sum)/2;
if((target+sum)%2==1) return 0;
if(Math.abs(target)>sum) return 0;
int[] dp=new int[x+1];
//初始化
dp[0]=1;
for(int i=0;i<nums.length;i++){
for(int j=x;j>=nums[i];j--){
dp[j]+=dp[j-nums[i]];
}
}
return dp[x];
}
}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 。
思路:
动规五部曲：
1.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]。
2.确定递推公式
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1);
dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
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。
3.初始化
0,1个数不会为负数,dp数组初始化为0,保证递推的时候dp[i][j]不会被初始值覆盖。
4.确定递归顺序
类似与01背包一维dp数组的遍历顺序,外层遍历所有字符串,内层从右往左遍历
5.举例
代码参考:
class Solution {
public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) {
int[][]dp=new int[m+1][n+1];
int zeroNum=0;
int oneNum=0;
//dp数组默认初始化都为0
//遍历字符串
for(int i=0;i<strs.length;i++){
zeroNum=0;
oneNum=0;
//统计字符串的o1个数
for(int k=0;k<strs[i].length();k++){
if(strs[i].charAt(k)=='0'){
zeroNum++;
}else{
oneNum++;
}
}
//更新dp数组
for(int j=m;j>=zeroNum;j--){
for(int l=n;l>=oneNum;l--){
dp[j][l]=Math.max(dp[j][l],dp[j-zeroNum][l-oneNum]+1);
}
}
}
return dp[m][n];
}
}
