代码随想录算法训练营第四十三天 | 1049. 最后一块石头的重量 II、494. 目标和、474.一和零

01背包问题总结

今天总结一下昨天的分割等和子集和今天三道题的的思路，都属于01背包问题。
其实仔细观察就会发现，这四道题目本质上都是题目提供了一个集合，都需要在集合中选出满足目标的子集，且每个元素只能选一次，所以都是01背包问题。分割等和子集：不需要思路转换；石头：为了得到最小的石头，需要石头相撞，求出一个需要凑的子集，其和尽量接近整个集合求和的一半；目标和：加和减分别是子集，所以也是求子集，满足求和等于目标值；一和零：选字符串集合，尽量多个字符串。

然后具体解题过程中需要考虑pd数组的含义，其实也是对应到01背包问题模型中，物品是什么，重量是什么，价值是什么，目标又是什么（这一点直接决定dp数组及下标含义，和题目要求是直接相关的，例如，分割等和子集：dp[i]就是空间为i的背包能装的最大的元素和；石头：dp[i]是空间为i的背包能装的最大的重量；目标和：dp[i]是空间为i的背包能装的最大的元素和，以上三种提供的集合中都是数字，所以物品重量就是数值，价值也是数值；一和零：物品是字符串，重量是01个数，价值是字符串数量）。

第一个要注意的点： 通过一和零问题会发现，背包可以是高维度的，这个和约束有关，如果约束只是物品重量，那就是一维的背包，如果是一和零这种问题，明显限制条件是0和1的个数，那么自然就是二维背包问题。 ==这里需要说明一下，==我这里讲的一维和二维问题不同于前面博客中讲解提到的一维二维数组的解法，前面的讲解中的二维指的是解决一维背包问题用二维数组。

接下来是主要收获的一点，一维背包问题可以用二维数组解决，好处在于容易理解，但是浪费空间，所以我们都用最低维度的数组解决相应的问题，但这样做就一定要注意遍历dp数组的顺序，为了防止物品被重复考虑加入，遍历都是从后向前遍历，无论一维还是二维，这里不太容易理解。我的理解方式是考虑一下高一个维度的数组就好了，比如解决一维背包问题，我用二维数组，虽然每行是从前向后遍历，但是填写当前行的dp数组利用的都是前面的行的信息，而用一维数组解决问题时，信息是会被覆盖的，为了利用原本的“前面行”的信息，所以从后向前遍历。

总结一下，01背包问题解决的都是在一定约束下找满足条件的子集的组合方式的问题（每个元素只能用一次），约束条件决定了问题的维度，解决问题用相应维度的数组，注意遍历方式要从后向前遍历。

题目链接：1049. 最后一块石头的重量 II

文章讲解：代码随想录 1049. 最后一块石头的重量 II讲解

视频讲解：这个背包最多能装多少？LeetCode：1049.最后一块石头的重量II

思路和解法

题目：
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。
想法：
要理解石头相撞这个思路，本质上就是一个组合问题。

class Solution {
public:
//核心思路：尽量凑出两个求和相同的子集，这样对撞粉碎才能剩下最小的
    int lastStoneWeightII(vector<int>& stones) {
        int sum = 0;
        for (int i = 0; i < stones.size(); i++) {
            sum += stones[i];
        }
        int target = sum / 2;
        vector<int> dp(target + 1, 0);
        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];
    }
};

题目链接：494. 目标和

文章讲解：代码随想录 494. 目标和讲解

视频讲解：装满背包有多少种方法？| LeetCode：494.目标和

思路和解法

题目：
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。
想法：
记住本质上还是组合选出满足目标的子集问题。

class Solution {
public:
//核心思路：本质上将数组分成了两个子集，一个加，一个减 需要通过理论推导得出加子集bagSize = sum + target
//然后转化为01背包问题 但是dp数组的含义变为：dp[i]：容量为i的背包恰好装满有多少种装法
    int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int target) {
        int sum = 0;
        for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
            sum += nums[i];
        }
        //题目没有提及得不到target的情况，这里代码还是考虑了一下
        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--) {
                //理解：想象外层循环在遍历数字，内层循环在遍历背包，能搞好填满当前容量背包只有把当前数字装进去一种方法
                //dp[0]初始化为1的原因也就是第一个数字刚好填满相应容量背包时，算是一种方法
                dp[j] += dp[j - nums[i]];
            }
        }
        return dp[bagSize];
    }
};

题目链接：474.一和零

文章讲解：代码随想录 474.一和零讲解

视频讲解：装满这个背包最多用多少个物品？| LeetCode：474.一和零

思路和解法

题目：
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 。
想法：
记住本质上还是组合选出满足目标的子集问题。

class Solution {
public:
//核心思路：m n是背包维度 物品就是字符串 字符串中所含的0和1的个数就是物品的重量 
//dp[i][j]:空间为i j的背包最多可以装多少个字符串
    int findMaxForm(vector<string>& strs, int m, int n) {
        vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1, 0));
        //最外层循环遍历物品
        for (string str : strs) {
            //需要先获取物品信息 包含几个0 几个1
            int x = 0;
            int y = 0;
            for (char c : str) {
                if (c == '0') {
                    x++;
                } else {
                    y++;
                }
            }
            //遍历背包 因为本身就是二维01背包 这里用的又是二维数组 所以两个维度都要从后向前遍历 防止一个物品多次加入
            for (int i = m; i >= x; i--) {
                for (int j = n; j >= y; j--) {
                    //一种是考虑带上当前遍历的物品 另一种是考虑不带当前物品 选装的物品更多的方案留下
                    dp[i][j] = max(dp[i - x][j - y] + 1, dp[i][j]);
                }
            }
        }
        return dp[m][n];
    }
};