leetcode 1049.最后一块石头的重量II
leetcode 494.目标和
leetcode 474.一和零
leetcode 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。
示例：
输入：[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。
本题我们要先想清楚最优条件是什么：在每一次操作中选出两个石头进行粉碎，得到它们的重量差，多次操作后只剩下一个石头（或刚好全部消除完）。那么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。这里其实也有一个类似于贪心的思想。
本题物品的重量为stones[i]，物品的价值也为stones[i]。
对应着01背包里的物品重量weight[i]和 物品价值value[i]。
动规五步曲：
确定dp数组以及下标的含义
dp[j]表示容量（这里说容量更形象，其实就是重量）为j的背包，最多可以背最大重量为dp[j]。
我们需要以石头重量总和sum的一半值作为target，看看容量为target的背包最多能装多少石头（不一定装满），如果没有装满的话这里target与dp[target]的差值就是没有粉碎完全的部分。
确定递推公式
01背包的递推公式为：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
本题则是：dp[j] = max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i]);
dp数组如何初始化
既然 dp[j]中的j表示容量，那么最大容量（重量）是多少呢，就是所有石头的重量和。
因为提示中给出1 <= stones.length <= 30，1 <= stones[i] <= 1000，所以最大重量就是30 * 1000
而我们要求的target其实只是最大重量的一半，所以dp数组开到15000大小就可以了。
接下来就是如何初始化dp[j]呢，因为重量都不会是负数，所以dp[j]都初始化为0就可以了，这样在递归公式dp[j] = max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i]);中dp[j]才不会初始值所覆盖。
vector<int> dp(15001, 0);确定遍历顺序
前面提到如果使用一维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。
for(int i = 0; i < stones.size(); i++){
for(int j = targer; j >= stones[i]; j--){
dp[j] = max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stone[i]);
}
}举例推导dp数组
举例，输入：[2,4,1,1]，此时target = (2 + 4 + 1 + 1)/2 = 4 ，dp数组状态图如下：
整体代码如下：
class Solution {
public:
int lastStoneWeightII(vector<int>& stones) {
vector<int> dp(15010, 0);
int sum = 0;
for(int i = 0; i < stones.size(); i++){
sum += stones[i];
}
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 - dp[target] - 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)
leetcode 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。
示例：
输入：nums: [1, 1, 1, 1, 1], S: 3
输出：5
解释：
-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
一共有5种方法让最终目标和为3。
本题怎么往背包问题上靠呢？因为只有两个符号+和-，那么可以将所有使用+的运算放在一起，将所有使用-的运算放在一起。设使用+的整数的总和为x，那么使用-的整数的总和为sum - x。
所以有：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。
这里的x，就是bagSize，也就是我们后面要求的背包容量。由于x需要对(target + sum) / 2可能涉及到向下取整的操作，所以要分情况讨论，例如sum 是5，S是2的话其实就是无解的，所以：
（C++代码中，输入的S 就是题目描述的 target）
if((S + sum)%2==1)return0;// 此时没有方案同时如果 S的绝对值已经大于sum，那么也是没有方案的。
（C++代码中，输入的S 就是题目描述的 target）
if(abs(S)> sum)return0;// 此时没有方案再回归到01背包问题，为什么是01背包呢？
因为每个物品（题目中的1）只用一次！
这次和之前遇到的背包问题不一样了，之前都是求容量为j的背包，最多能装多少。
本题则是装满有几种方法。其实这就是一个组合问题了。
动规五部曲：
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。
确定递推公式
有哪些来源可以推出dp[j]呢？
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]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：
dp[j] += dp[j - nums[i]]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。
确定遍历顺序
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。
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：
整体代码如下：
class Solution {
public:
int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int target) {
int sum = 0;
for(int i = 0; i < nums.size(); i++){
sum += nums[i];
}
if(abs(target) > sum) return 0;
if((sum + target) % 2 == 1) 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
leetcode 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 。
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 。
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。
动规五部曲：
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]。
确定递推公式
dp[i][j] 可以由前一个strs里的字符串推导出来，strs里的字符串有zeroNum个0，oneNum个1。
dp[i][j] 就可以是 dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1。
然后我们在遍历的过程中，取dp[i][j]的最大值。
所以递推公式：dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1);
dp数组如何初始化
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。
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。物品就是strs里的字符串，背包容量就是题目描述中的m和n。
代码如下：
for(string str : strs){
int oneNum = 0, zeroNum = 0;
for(char c : str){
if(c == '0') zeroNum++;
else oneNum++;
}
for(int i = m; i >= zeroNum; i--){
for(int j = n; j >= oneNum; j--){
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1);
}
}
}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：
整体代码如下:
class Solution {
public:
int findMaxForm(vector<string>& strs, int m, int n) {
// m + 1 和 n + 1 否则会造成内存溢出
vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1, 0));
for(string str : strs){
int zeroNum = 0, oneNum = 0;
for(char c : str){
if(c == '0') zeroNum++;
else oneNum++;
}
for(int i = m; i >= zeroNum; i--){
for(int j = n; j >= oneNum; j--){
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1);
}
}
}
return dp[m][n];
}
};
