力扣刷题day37|1049最后一块石头的重量 II、494目标和、474一和零

1049. 最后一块石头的重量 II

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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。
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示例 2：

输入：stones = [31,26,33,21,40]
输出：5
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思路

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。

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]。

动态规划五部曲

1. 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dp[j]这么重的石头。

2. 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]);

其中dp[j - stones[i]]为 容量为j - stones[i]的背包最大所背重量。

3. dp数组如何初始化

们要求的target其实只是最大重量的一半，把石头遍历一遍，计算出石头总重量 然后除2，得到dp数组的大小。

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。

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

5. 举例推导dp数组

最后dp[target]里是容量为target的背包所能背的最大重量。

那么分成两堆石头，一堆石头的总重量是dp[target]，另一堆就是sum - dp[target]。

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。

那么相撞之后剩下的最小石头重量就是 (sum - dp[target]) - dp[target]。

完整代码

public int lastStoneWeightII(int[] stones) {
    int sum = 0;
    for (int stone : stones) {
        sum += stone;
    }

    // 要求总重量的一半
    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];
}
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494. 目标和

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给你一个整数数组 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
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示例 2：

输入：nums = [1], target = 1
输出：1
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回溯思路

这道题初看是用回溯法做，直接暴力搜索出所有情况。和39. 组合总和问题很相似。

动态规划背包思路

这道题目咋眼一看和动态规划背包啥的也没啥关系。

本题要如何使表达式结果为target

• 如何转化为01背包问题呢？

假设原数组没有添加符号的所有正数和为 sum

假设添加 + 的总和为x，那么添加 - 对应的总和就是 sum - x。

所以题目的目标和是 x - (sum - x) = target

所以 x = (target + sum) / 2

此时问题就转化为，装满容量为x背包，有几种方法。

看到(target + sum) / 2 应该担心计算的过程中向下取整有没有影响。

这么担心就对了，例如sum 是5，target是2的话其实就是无解的，所以：

if ((S + sum) % 2 == 1) return 0; // 此时没有方案
1

同时如果 target的绝对值已经大于sum（没有负号的情况下都达不到目标值），那么也是没有方案的。

if (Math.abs(S) > sum) return 0; // 此时没有方案
1

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。

动态规划五部曲

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（使和达到x），有dp[j]种方法

2. 确定递推公式

不考虑nums[i]的情况下，填满容量为j的背包，有dp[j]种方法。

那么考虑nums[i]的话（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 dp[5]；
• 已经有一个2（nums[i]） 的话，有 dp[3]种方法 凑成 dp[5]；
• 已经有一个3（nums[i]） 的话，有 dp[2]种方法 凑成 dp[5]；
• 已经有一个4（nums[i]） 的话，有 dp[1]种方法 凑成 dp[5]；
• 已经有一个5 （nums[i]）的话，有 dp[0]种方法 凑成 dp[5]。

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]]
1

这个公式在其他在背包解决排列组合问题的时候还会用到！

3. dp数组如何初始化

从递归公式可以看出，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，递归结果将都是0。

dp[0] = 1，理论上也很好解释，装满容量为0的背包，有1种方法，就是装0件物品。

dp[j]其他下标对应的数值应该初始化为0，从递归公式也可以看出，dp[j]要保证是0的初始值，才能正确的由dp[j - nums[i]]推导出来。

4. 确定遍历顺序

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dp数组

输入：nums: [1, 1, 1, 1, 1], target: 3

bagSize = (target + sum) / 2 = (3 + 5) / 2 = 4

完整代码

public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
    int sum = 0;
    for (int num : nums) {
        sum += num;
    }

    // 如果背包容量为奇数那就肯定不成立
    if ((target + sum) % 2 != 0) return 0;
    // 如果目标和绝对值超出sum
    if (Math.abs(target) > sum) return 0;

    // 背包j的大小
    int bagSize = (target + sum) / 2;
    // 如果添加正号的总和小于0，那也是不成立的
    if (bagSize < 0) return 0;

    int[] dp = new int[bagSize + 1];
    dp[0] = 1;

    for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
        for (int j = bagSize; j >= nums[i]; j--) {
            dp[j] += dp[j - nums[i]];
        }
    }

    return dp[bagSize];
}
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474. 一和零

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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 。
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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 。
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思路

多重背包是每个物品，数量不同的情况。

**本题中strs 数组里的元素就是物品，每个物品都是一个！**所以是

而m 和 n相当于是一个背包，两个维度的背包。

但本题其实是01背包问题。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。

动态规划五部曲

1. 确定dp数组以及下标的含义

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] 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。

当前有i个0和j个1的子集大小为dp[i] [j]，前一个状态就是去掉当前0的个数zeroNum和1的个数oneNum，再加上1（加上当前的字符串），dp[i] [j] 就可以是 dp[i - zeroNum] [j - oneNum] + 1

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);

对比01背包的递推公式：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]）

3. dp数组如何初始化

01背包的dp数组初始化为0就可以。

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。

4. 确定遍历顺序

对有两个维度的背包也是从后往前遍历。

本题中物品就是strs里的字符串，背包容量就是题目描述中的m和n。因此先遍历物品在遍历背包

5. 举例推导dp数组

以输入：[“10”,“0001”,“111001”,“1”,“0”]，m = 3，n = 3为例