1049. 最后一块石头的重量 II
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。
思路
本题思路与昨日 416.分割等和子集 非常相似，每个石头的重量就等同于数组元素的值，因此同样适用weight[i]=value[i]、stones[target]=target，只不过本题明确是可以存在差值的（即最终剩下那块石头的余重），那么此时不等于sum/2就不能直接判false
当我们找出一堆
dp[target]的石头后，剩余石头重量就为(sum-dp[target])， 由于sum/2向下取整，因此必定有sum-dp[target] ≥ dp[target]因此这两堆石头相撞后的剩余重量就为(sum-dp[target])-dp[target]
- dp数组及其下标含义：背包用容量
j装了价值/重量d[j]的石头 - 递推公式：同理为
dp[j] = max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i]); - 数组初始化：同理受限于最大石头总重，可定义为
vector<int> dp(15001, 0); - 遍历顺序：同理
i从小到大，j从大到小
代码实现
class Solution {
public:
int lastStoneWeightII(vector<int>& stones) {
vector<int> dp(15001,0);
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];
}
};
494. 目标和
给你一个非负整数数组 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
思路
- 分解该问题，数组元素最终会分为正负两堆，则必有
正-负=target - 此外数组元素的总和是已知且固定的，即
正+负=sum - 联立上面两式消去负元素，可得
正=(target+sum)/2 - 此时问题就转化为了——只要在数组中找出一组和为
正的元素，就表示构造出了一个运算结果为target的表达式 - 建模为01背包问题：能装满背包容量为
正的元素的所有方法
特别的是，本题不再求能不能装或装多少，而是装满有几种方法？这是一类特殊的组合问题。
- dp数组及其下标含义：填满容量为
j的背包，有dp[j]种方法 - 递推公式：
容量j==正本质上还是一组数组元素和，因此它与nums[i]息息相关：以nums=[1,2,3,4,5]要填满dp[5]为例，如果已有一个元素1，那么就只需要求dp[5-1]=dp[4]即可，以此类推：- 遍历每个
nums[i]，想要凑成容量j都有dp[j-nums[i]]种方法 - 因此总共有
dp += dp[j-num[i]]种方法
- 遍历每个
- 数组初始化：
dp[0]=1- 对于数组[0]的target=0，无论取正取负，元素0都只有一种方式成为target
- 遍历顺序：同理，外循环正序，内循环倒序
- 举例推导： 输入：nums: [1, 1, 1, 1, 1], target: 3，dp数组变化如图所示：
代码实现
class Solution {
public:
int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int target) {
int sum = 0;
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) sum += nums[i];
int bagSize = (target + sum) / 2;
if (abs(target) > sum) return 0; // 超过总和，此时没有方案
if ((target + sum) % 2 == 1) return 0; // 奇数，此时没有方案
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];
}
};
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 。
思路
- dp数组及其下标含义：
- 递推公式：
- 数组初始化：
- 遍历顺序：
- 举例推导：
代码实现
后记
- 动态规划的基本问题，大多直接取dp数组的最终结果为输出，因此
dp[i]的意义通常就是输出的意义，此时再代入去分析i的含义即可 - dp[n]代表n的最终结果，但数组下标从0开始，因此dp[n]的实际存储位置为n+1，所以在定义数组时要考虑多定义一个长度。
