1049.最后一块石头的重量II

有一堆石头，每块石头的重量都是正整数。

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。

本题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。目的是为了让石头分为重量相近的两堆。

1. dp[j]背包容量为j所能背的最大价值，重量等于价值。

2. 递推公式：dp[j] = max(dp[j], dp[j-stone[j]]+stone[j])

3. 初始化：dp[0]=0, 其他的值也初始化为0， dp[1500+5]=0；

4. 遍历顺序：遍历物品，再遍历背包，从大往小遍历。

5. 打印遍历

class Solution {
public:
    int lastStoneWeightII(vector<int>& stones) {
        vector<int> dp(1505,0);
        int sum = accumulate(stones.begin(), stones.end(),0);
        int target = sum/2;
        for(int i=0; i<stones.size(); i++){
            for(int j=target; j>=stones[i]; j--){
                dp[j] = max(dp[j], dp[j-stones[i]]+stones[i]);
            }
        }
        return sum-2*dp[target];
    }
};

• 时间复杂度：O(m × n) , m是石头总重量（准确的说是总重量的一半），n为石头块数
• 空间复杂度：O(m)

494.目标和

给定一个非负整数数组，a1, a2, ..., an, 和一个目标数，S。现在你有两个符号 + 和 -。对于数组中的任意一个整数，你都可以从 + 或 -中选择一个符号添加在前面。

返回可以使最终数组和为目标数 S 的所有添加符号的方法数。

left - right = target。left + right = sum。left - (sum - left) = target。left = (target + sum)/2。

target是固定的，sum是固定的，left就可以求出来。

此时问题就是在集合nums中找出和为left的组合。

此时问题就转化为，装满容量为x的背包，有几种方法。

1. dp[j]填满容量为j的背包有几种方法。

2. 只要搞到nums[i]，凑成dp[j]就有dp[j - nums[i]] 种方法。

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]种方法 凑成 容量为5的背包
• 已经有一个4（nums[i]） 的话，有 dp[1]种方法 凑成 容量为5的背包
• 已经有一个5 （nums[i]）的话，有 dp[0]种方法 凑成 容量为5的背包

dp[j] += dp[j - nums[i]]

3. dp数组如何初始化

从递推公式可以看出，在初始化的时候dp[0] 一定要初始化为1，因为dp[0]是在公式中一切递推结果的起源，如果dp[0]是0的话，递推结果将都是0。

4. 确定遍历顺序：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

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

• 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

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 的最大子集的大小，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 

本题strs数组里的元素就是物品，m和n相当于一个背包，两个维度的背包。

本题其实是01背包问题！

只不过这个背包有两个维度，一个是m 一个是n，而不同长度的字符串就是不同大小的待装物品。

1. 确定dp[i][j]: 最多有i个0和j个1的最大子集的大小为dp[i][j]。

2. 确定递归公式：dp[i][j]可以由前一个strs里面的字符推导出来，strs字符里面有zeronum个0，有onenum个1。dp[i][j] = dp[i-zeronum][j-onenum]+1

3. 如何初始化：初始化为0

4. 确定遍历顺序：外层for循环遍历物品，内层for循环遍历背包容量且从后向前遍历。

5. 举例打印

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){//对于每一个binary string我们都要考虑
            int zeronum=0, onenum=0;  
            for(char c:str){
                if(c=='1') onenum++;
                else zeronum++;
            }
            for(int i=m; i>=zeronum; i--){
                for(int j=n; j>=onenum; j--){
                    //减去zeronum和onenum是减去背包里原本有的数量，相当于减重
                    dp[i][j] = max(dp[i-zeronum][j-onenum]+1, dp[i][j]); //加1是因为多了一种方法。相当于背包里的value
                }
            }
        }
        return dp[m][n];
    }
};

• 时间复杂度: O(kmn)，k 为strs的长度
• 空间复杂度: O(mn)