关键点： 找到前后两种状态的依赖关系
- 经典0-1背包： 给定一个背包，问装满该背包的最大价值。
- 分割等和子集： 给定一个背包，能不能装满该背包（将重量抽象成价值）
- 最后一块石头重量： 给一个一定容量的背包，最多能装多少
- 目标和： 装满背包有多少种方法
- 一和零 ：背包成为了多条件的情况
1049. 最后一块石头的重量 II
和 分割等和子集 的问题比较像
思考过程： 要想碰撞得到的剩下石头比较小，那么需要将石头尽可能分成相等的两堆。
转化成0-1背包： 将石头的重量抽象成价值，将一半石头的重量抽象成背包的最大容量。
- dp[j]：装满容量为j的物品的最大价值
- dp数组初始化：dp[0]=1
- 递推公式：dp[j] = max(dp[j]，dp[j-nums[i]]+nums[i])
- 遍历顺序：第一层遍历物品，第二层遍历背包注意需要倒序进行遍历。
- 打印dp数组
class Solution:
def lastStoneWeightII(self, stones: List[int]) -> int:
target = sum(stones)//2
dp = [0]*(target+1)
dp[0] = 0
for i in range(len(stones)):
curValue = stones[i]
curWeight = stones[i]
for j in range(target,curWeight-1,-1):
if curWeight > j:
break
else:
dp[j] = max(dp[j],dp[j-curWeight]+curValue)
leftPile = dp[-1]
rightPile = sum(stones)-leftPile
return abs(leftPile - rightPile)
494. 目标和
将原始的问题进行分割，摒弃最直接的遍历＋和－，而是把它当成是分成两个组合。
给一个背包的容量，问有多少种方法装满这个容量的背包。找到left的公式，将其装化成如何装满容量大小为left的背包有多少种方案。
- dp[i]：表示装满容量为i的背包的方法一共有多少种方式
- 递推公式：dp[i] += dp[i-nums[j]]
- 遍历顺序
- 初始化：看数组中0的个数
- 打印dp数组
class Solution:
def findTargetSumWays(self, nums: List[int], target: int) -> int:
Sum = sum(nums)
left = (target + Sum)//2
# 如果最后的结果和现有的数值相差太大，也不太行
if abs(target) > Sum or (target + Sum) % 2 == 1:
return 0
dp = [0] * (left + 1)
dp[0] = 1
for i in range(len(nums)):
for j in range(left,nums[i]-1,-1):
dp[j] += dp[j-nums[i]]
return dp[left]
474.一和零
思考： 可以把m个0，n个1当前一个容器，找到装满该容器最多有少个物品，最后输出这个物品即可。
每个物品只能使用一次，只不过现在每个背包有两个维度，可以理解成重量A和重量B
- 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] = max(dp[i][j], dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1);
- 遍历顺序：因为在确定背包的时候有两个维度，所以需要有两层循环来遍历背包的情况。
- dp数组初始化：
- 打印dp数组
class Solution:
def findMaxForm(self, strs: List[str], m: int, n: int) -> int:
dp = [[0] * (n + 1) for _ in range(m + 1)] # 默认初始化0
# 遍历物品，每一个物品的重量是什么样的记录每一个物品的重量，然后根据物品的重量继续寻找下边背包的条件。
for str in strs:
ones = str.count('1')
zeros = str.count('0')
# 遍历背包容量且从后向前遍历！
for i in range(m, zeros - 1, -1):
for j in range(n, ones - 1, -1):
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - zeros][j - ones] + 1)
return dp[m][n]
