代码随想录-刷题第四十三天-编程知识

1049. 最后一块石头的重量 II

题目链接：1049. 最后一块石头的重量 II

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0-1背包问题了。与416. 分割等和子集非常相似。

动态规划五步曲：

dp[j]：容量（其实就是重量）为j的背包，最多可以背最大重量为dp[j]。

可以回忆一下0-1背包中，dp[j]的含义，容量为j的背包，最多可以装的价值为 dp[j]。

相对于 0-1背包，本题中，石头的重量是 stones[i]，石头的价值也是 stones[i] ，可以 “最多可以装的价值为 dp[j]” == “最多可以背的重量为dp[j]”
递推公式：dp[j] = max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i])

0-1背包的递推公式为：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i])
初始化：0-1背包分割子集问题，dp数组的长度为物品总重量的一半。dp[0] = 0，因为重量都不会是负数，其他非0下标处也为0。
遍历顺序：先顺序遍历物品，再倒序遍历背包容量（防止重复放入）。
举例推导dp数组

输入：[2,4,1,1]，此时target = (2 + 4 + 1 + 1)/2 = 4 ，dp数组状态图如下：

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。

class Solution {public int lastStoneWeightII(int[] stones) {// dp[j] 表示容量为j的背包，最多可以背最大重量为dp[j]。int sum = 0;for (int stone : stones) {sum += stone;}int target = sum / 2;// dp数组的长度为物品总重量的一半int[] dp = new int[target + 1];for (int i = 0; i < stones.length; i++) { // 遍历物品for (int j = target; j >= stones[i]; j--) { // 遍历背包dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i]);}}return sum - dp[target] - dp[target];}
}

494. 目标和

题目链接：494. 目标和

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，进而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。

再回归到0-1背包问题，为什么是0-1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。

本题就变成了0-1背包求组合问题，动态规划五步曲：

dp[j]：填满j（包括j）这么大容积的背包，有dp[j]种方法。
递推公式：dp[j] += dp[j - nums[i]]
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（即nums[i] = 1）的话，有 dp[4]种方法凑成容量为5的背包
- 已经有一个2（即nums[i] = 2）的话，有 dp[3]种方法凑成容量为5的背包
- 已经有一个3（即nums[i] = 3）的话，有 dp[2]中方法凑成容量为5的背包
- 已经有一个4（即nums[i] = 4）的话，有 dp[1]中方法凑成容量为5的背包
- 已经有一个5（即nums[i] = 5）的话，有 dp[0]中方法凑成容量为5的背包
那么凑成dp[5]有多少方法呢，也就是把所有的 dp[j - nums[i]] 累加起来。

这个递推公式在之后背包解决排列组合问题的时候还会用到！
初始化：dp[0] = 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。
遍历顺序：nums放在外循环，bagSize 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], target: 3

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

dp数组状态变化如下：

class Solution {public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {// dp[j] 表示填满容量为j的背包，共有dp[j]种方法int sum = 0;for (int num : nums) {sum += num;}if ((target + sum) % 2 != 0) return 0; // 此时没有方案if (Math.abs(target) > sum) return 0;  // 此时没有方案// 背包的容量为nums里面需要相加的总值int bagSize = (target + sum) / 2;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];}
}

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

例如 sum 是5，target 是2的话，不能被2整除其实就是无解的；

同时如果 target 的绝对值已经大于 sum，sum 将无法满足

例如[1,1,1,1,1] target = 6，而 sum 最大只能达到5。

本题也可以用回溯法进行暴力搜索，但是执行时间会过长。如果仅仅是求个数的话，就可以用dp，但回溯算法：39. 组合总和要求的是把所有组合列出来，还是要使用回溯法的。

474. 一和零

题目链接：474. 一和零

思路：本题中strs 数组里的元素就是物品，每个物品都是一个！而 m 和 n 相当于是一个背包，两个维度的背包。

本题依然是0-1背包问题，但是背包有两个维度，就是存放0的个数和存放1的个数，而不同长度的字符串就是不同大小的待装物品。

动态规划五步曲：

dp[i][j]：最多由i个0和j个1的strs的最大子集的大小为dp[i][j]。
递推公式：

dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1)

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。在遍历的过程中，取dp[i][j]的最大值。

0-1背包的递推公式：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

对比一下就会发现，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0-1背包！ 只不过物品的重量有了两个维度而已。
初始化：dp[0][0] = 0

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。
遍历顺序：先顺序遍历物品，再倒序遍历背包容量。

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。
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：

class Solution {public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) {// dp[i][j] 代表最多由i个0和j个1的最大子集大小为dp[i][j]int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];for (String str : strs) { // 遍历物品int zeroNum = 0, oneNum = 0;char[] chs = str.toCharArray();for (char ch : chs) {if (ch == '0') {zeroNum++;} else {oneNum++;}}// 遍历背包容量且从后往前遍历！for (int i = m; i >= zeroNum; i--) {for (int j = n; j >= oneNum; j--) {dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1);}}}return dp[m][n];}
}