day36|（dp)leetcode 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
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。
怎么撞才能保证最后获得的值最优呢
思路： 和上一题分割等和子集一样，将数组元素分为两个背包，让两个背包的值尽量接近（就按照分成两个等和子集的方法）最后用sum-dp[target]-dp[target]就能得出最优解
class Solution {
public:
int lastStoneWeightII(vector& stones) {
vectordp(1501,0);
int sum = 0;
for(int i=0;i=stones[i];j--)//从大到小遍历背包容量，防止重复
{
dp[j]=max(dp[j],dp[j-stones[i]]+stones[i]);
}
}
return sum-dp[target]-dp[target];
}
}; 时间复杂度O(m×n)m是石头总重量的一半，n是石头数
空间复杂度是O(m)
//记得回顾一下动态规划一维数组的原理！好久没碰又忘了
01背包面试题：
先实现一个纯二维的01背包：
为什么两个for循环的嵌套顺序这么写？
反过来写行不行？再讲一讲初始化的逻辑。
实现一个一维数组的01背包
一维数组的01背包，两个for循环的顺序反过来写行不行？为什么？
494. 目标和(组合问题)
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
使用动态规划的思路：
假设加法总和为count，数组中所有元素的和是sum，那么减法总和就是sum-count
则target=count-（sum-count），count=（target+sum）/2，右边都是定值，左边由右边确定，问题变成用nums充满容量为count的背包，有几种方法
因为count是整数，所以（target+sum）一定是偶数，如果（target+sum）%2==1说明这个方法不对
除此之外，如果target的绝对值大于sum那么方法也是错误的
动规五部曲：
-
dp数组的含义：dp[i]代表填满容量为i的背包的方法个数
-
确定递推公式：dp[j]=dp[j]+dp[j-nums[i]]
3.dp数组的初始化：
注意：dp[0]=填满容量为0的背包给方法个数
dp[1]=物品0+dp[0] 方法个数由dp[0]决定，因此dp[0]应该初始化为1
dp[2]=物品1+dp[1] 方法个数由dp[1]决定
……
4. 确定遍历顺序：由于是一维滚动数组，外围循环是物品质量，内层是背包容量从大到小遍历
class Solution {
public:
int findTargetSumWays(vector& nums, int target) {
int sum=0;
for(int i=0;isum)return 0;//没有方案
if((target+sum)%2==1)return 0;//没有方案
int bagSize=(target + sum)/2;
vectordp(bagSize+1,0);
dp[0]=1;
for(int i=0;i=nums[i];j--)
{
dp[j]+=dp[j-nums[i]];
}
}
return dp[bagSize];
}
}; 时间复杂度：O(n×m) n为整数个数，m为背包容量
空间复杂度： O(m)
问装满背包有几种方法的问题常会用到dp[j]+=dp[j-nums[i]]
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 。
问题：这是哪种背包问题？
解答：这不是多重背包问题，而是拥有m和n两个维度的01背包问题
区分多重背包问题和01背包问题：
在 0/1 背包问题中，每个物品只能选择一次，或者放进背包，或者不放进背包。即每种物品的数量只能是 0 或 1。
例子： 假设有一个背包，容量为 5，下面是一些物品：
物品 A：重量 2，价值 3
物品 B：重量 3，价值 4
物品 C：重量 4，价值 5
你需要选择哪些物品放入背包，使得背包的总价值最大，且不超过背包的容量。
在这个问题中，你只能选择每个物品一次，例如：
你可以选择物品 A 和物品 B，背包总重量为 5，总价值为 7。
或者选择物品 C，背包总重量为 4，总价值为 5。
你不能选择物品 A 两次或物品 B 两次。
在多重背包问题中，每个物品的数量可以超过 1。即对于某个物品，你可以选择它多次，只要背包的总重量没有超过最大容量。
例子： 假设有一个背包，容量为 5，下面是一些物品：
物品 A：重量 2，价值 3
物品 B：重量 3，价值 4
物品 C：重量 4，价值 5
但是，这次每个物品的数量限制是：
物品 A 可以选 3 个
物品 B 可以选 2 个
物品 C 可以选 1 个
在多重背包中，你可以选择物品 A 多次放入背包，只要不超过容量。比如：
选择物品 A 两个，总重量 4，总价值 6。
或者选择物品 A 一个和物品 B 一个，总重量 5，总价值 7。
你有更多的选择，甚至可以选多个相同物品。
总结：
0/1 背包：每个物品只能选一次，不能重复选择。
多重背包：每个物品可以选择多次，但有最大数量限制。
本题中的二进制数组中的每个元素都只能放进一次背包，是多维01背包
动规五部曲：
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dp[i] [j]含义：最多有i个0和j个1的最大子集的大小
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递推公式：dp[i] [j]=max(dp[i] [j] ,dp[i-zeroSum] [j-oneSum]+1);//为什么要＋1，因为dp数组记录的是子集长度，无论新加入的元素是0还是1，长度都要加1
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初始化为0
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确定遍历顺序
利用一维滚动数组从大往小遍历
class Solution {
public:
int findMaxForm(vector& strs, int m, int n) {
vector>dp(m+1,vector(n+1,0));
for(string str :strs)
{
int oneSum = 0,zeroSum = 0;
for(char c: str)
{
if(c=='0')zeroSum++;
else oneSum++;
}
for(int i=m;i>=zeroSum;i--)//从大到小遍历
{
for(int j=n;j>=oneSum;j--)
{
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-zeroSum][j-oneSum]+1);
}
}
}
return dp[m][n];
}
};