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【LeetCode题目详解】第九章 动态规划 part05 1049. 最后一块石头的重量 II 494. 目标和 474.一和零（day43补）
本文章代码以c++为例！
一、力扣第1049题：最后一块石头的重量 II
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。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。
示例 2：
输入：stones = [31,26,33,21,40] 输出：5
提示：
1 <= stones.length <= 301 <= stones[i] <= 100
思路
如果对背包问题不都熟悉先看这两篇：
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。
是不是感觉和昨天讲解的416. 分割等和子集
(opens new window)非常像了。
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]。
接下来进行动规五步曲：
- 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，最多可以背最大重量为dp[j]。
可以回忆一下01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 01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]”
- 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]);
一些同学可能看到这dp[j - stones[i]] + stones[i]中 又有- stones[i] 又有+stones[i]，看着有点晕乎。
大家可以再去看 dp[j]的含义。
- dp数组如何初始化
既然 dp[j]中的j表示容量，那么最大容量（重量）是多少呢，就是所有石头的重量和。
因为提示中给出1 <= stones.length <= 30，1 <= stones[i] <= 1000，所以最大重量就是30 * 1000 。
而我们要求的target其实只是最大重量的一半，所以dp数组开到15000大小就可以了。
当然也可以把石头遍历一遍，计算出石头总重量 然后除2，得到dp数组的大小。
我这里就直接用15000了。
接下来就是如何初始化dp[j]呢，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。
代码为：
vector<int> dp(15001, 0);- 确定遍历顺序
(opens new window)中就已经说明：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！
代码如下：
- for (int i = 0; i < stones.size(); i++) { // 遍历物品
- for (int j = target; j >= stones[i]; j--) { // 遍历背包
- dp[j] = max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i]);
- }
- }
- 举例推导dp数组
举例，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。
那么相撞之后剩下的最小石头重量就是 (sum - dp[target]) - dp[target]。
以上分析完毕，C++代码如下：
- 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++) { // 遍历物品
- for (int j = target; j >= stones[i]; j--) { // 遍历背包
- 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（准确的说是总重量的一半），n为石头块数
- 空间复杂度：O(m)
# 总结
本题其实和416. 分割等和子集
(opens new window)几乎是一样的，只是最后对dp[target]的处理方式不同。
(opens new window)相当于是求背包是否正好装满，而本题是求背包最多能装多少。
二、力扣第494题：目标和
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。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
示例 2：
输入：nums = [1], target = 1 输出：1
提示：
1 <= nums.length <= 200 <= nums[i] <= 10000 <= sum(nums[i]) <= 1000-1000 <= target <= 1000
思路
如果对背包问题不都熟悉先看这两篇：
如果跟着「代码随想录」一起学过回溯算法系列
(opens new window)的录友，看到这道题，应该有一种直觉，就是感觉好像回溯法可以爆搜出来。
事实确实如此，下面我也会给出相应的代码，只不过会超时，哈哈。
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，
既然为target，那么就一定有 left组合 - right组合 = target。
left + right = sum，而sum是固定的。right = sum - left
公式来了， left - (sum - left) = target 推导出 left = (target + sum)/2 。
target是固定的，sum是固定的，left就可以求出来。
此时问题就是在集合nums中找出和为left的组合。
# 回溯算法
在回溯算法系列中，一起学过这道题目回溯算法：39. 组合总和
(opens new window)的录友应该感觉很熟悉，这不就是组合总和问题么？
此时可以套组合总和的回溯法代码，几乎不用改动。
当然，也可以转变成序列区间选+ 或者 -，使用回溯法，那就是另一个解法。
我也把代码给出来吧，大家可以了解一下，回溯的解法，以下是本题转变为组合总和问题的回溯法代码：
- class Solution {
- private:
- vector
- vector<int> path;
- void backtracking(vector<int>& candidates, int target, int sum, int startIndex) {
- if (sum == target) {
- result.push_back(path);
- }
- // 如果 sum + candidates[i] > target 就终止遍历
- for (int i = startIndex; i < candidates.size() && sum + candidates[i] <= target; i++) {
- sum += candidates[i];
- path.push_back(candidates[i]);
- backtracking(candidates, target, sum, i + 1);
- sum -= candidates[i];
- path.pop_back();
- }
- }
- public:
- int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int S) {
- int sum = 0;
- for (int i = 0; i < nums.size(); i++) sum += nums[i];
- if (S > sum) return 0; // 此时没有方案
- if ((S + sum) % 2) return 0; // 此时没有方案，两个int相加的时候要各位小心数值溢出的问题
- int bagSize = (S + sum) / 2; // 转变为组合总和问题，bagsize就是要求的和
- // 以下为回溯法代码
- result.clear();
- path.clear();
- sort(nums.begin(), nums.end()); // 需要排序
- backtracking(nums, bagSize, 0, 0);
- return result.size();
- }
- };
当然以上代码超时了。
也可以使用记忆化回溯，但这里我就不在回溯上下功夫了，直接看动规吧
# 动态规划
如何转化为01背包问题呢。
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
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。
大家看到(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，S是2的话其实就是无解的，所以：
- （C++代码中，输入的S 就是题目描述的 target）
- if ((S + sum) % 2 == 1) return 0; // 此时没有方案
同时如果 S的绝对值已经大于sum，那么也是没有方案的。
- （C++代码中，输入的S 就是题目描述的 target）
- if (abs(S) > sum) return 0; // 此时没有方案
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。
- 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，有dp[j]种方法
其实也可以使用二维dp数组来求解本题，dp[i][j]：使用 下标为[0, i]的nums[i]能够凑满j（包括j）这么大容量的包，有dp[i][j]种方法。
下面我都是统一使用一维数组进行讲解， 二维降为一维（滚动数组），其实就是上一层拷贝下来，这个我在动态规划：关于01背包问题，你该了解这些！（滚动数组）
(opens new window)也有介绍。
- 确定递推公式
有哪些来源可以推出dp[j]呢？
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 容量为5的背包。
- 已经有一个2（nums[i]） 的话，有 dp[3]种方法 凑成 容量为5的背包。
- 已经有一个3（nums[i]） 的话，有 dp[2]中方法 凑成 容量为5的背包
- 已经有一个4（nums[i]） 的话，有 dp[1]中方法 凑成 容量为5的背包
- 已经有一个5 （nums[i]）的话，有 dp[0]中方法 凑成 容量为5的背包
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]]这个公式在后面在讲解背包解决排列组合问题的时候还会用到！
- dp数组如何初始化
从递推公式可以看出，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，递推结果将都是0。
这里有录友可能认为从dp数组定义来说 dp[0] 应该是0，也有录友认为dp[0]应该是1。
其实不要硬去解释它的含义，咱就把 dp[0]的情况带入本题看看应该等于多少。
如果数组[0] ，target = 0，那么 bagSize = (target + sum) / 2 = 0。 dp[0]也应该是1， 也就是说给数组里的元素 0 前面无论放加法还是减法，都是 1 种方法。
所以本题我们应该初始化 dp[0] 为 1。
可能有同学想了，那 如果是 数组[0,0,0,0,0] target = 0 呢。
其实 此时最终的dp[0] = 32，也就是这五个零 子集的所有组合情况，但此dp[0]非彼dp[0]，dp[0]能算出32，其基础是因为dp[0] = 1 累加起来的。
dp[j]其他下标对应的数值也应该初始化为0，从递推公式也可以看出，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。
- 确定遍历顺序
(opens new window)中，我们讲过对于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。
- 举例推导dp数组
输入：nums: [1, 1, 1, 1, 1], S: 3
bagSize = (S + sum) / 2 = (3 + 5) / 2 = 4
dp数组状态变化如下：
C++代码如下：
- class Solution {
- public:
- int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int S) {
- int sum = 0;
- for (int i = 0; i < nums.size(); i++) sum += nums[i];
- if (abs(S) > sum) return 0; // 此时没有方案
- if ((S + sum) % 2 == 1) return 0; // 此时没有方案
- int bagSize = (S + sum) / 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--) {
- dp[j] += dp[j - nums[i]];
- }
- }
- return dp[bagSize];
- }
- };
- 时间复杂度：O(n × m)，n为正数个数，m为背包容量
- 空间复杂度：O(m)，m为背包容量
# 总结
此时 大家应该不禁想起，我们之前讲过的回溯算法：39. 组合总和
(opens new window)是不是应该也可以用dp来做啊？
是的，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
(opens new window)要求的是把所有组合列出来，还是要使用回溯法爆搜的。
本题还是有点难度，大家也可以记住，在求装满背包有几种方法的情况下，递推公式一般为：
dp[j] += dp[j - nums[i]];后面我们在讲解完全背包的时候，还会用到这个递推公式！
三、力扣第474题：一和零
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 。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 。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 。提示：
1 <= strs.length <= 6001 <= strs[i].length <= 100strs[i]仅由'0'和'1'组成1 <= m, n <= 100
思路
如果对背包问题不都熟悉先看这两篇：
这道题目，还是比较难的，也有点像程序员自己给自己出个脑筋急转弯，程序员何苦为难程序员呢。
来说题，本题不少同学会认为是多重背包，一些题解也是这么写的。
其实本题并不是多重背包，再来看一下这个图，捋清几种背包的关系
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！
而m 和 n相当于是一个背包，两个维度的背包。
理解成多重背包的同学主要是把m和n混淆为物品了，感觉这是不同数量的物品，所以以为是多重背包。
但本题其实是01背包问题！
只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。
开始动规五部曲：
- 确定dp数组（dp table）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]。
- 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。
dp[i][j] 就可以是 dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1。
然后我们在遍历的过程中，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);
此时大家可以回想一下01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01背包！ 只不过物品的重量有了两个维度而已。
- dp数组如何初始化
(opens new window)中已经讲解了，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。
- 确定遍历顺序
(opens new window)中，我们讲到了01背包为什么一定是外层for循环遍历物品，内层for循环遍历背包容量且从后向前遍历！
那么本题也是，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。
代码如下：
- for (string str : strs) { // 遍历物品
- int oneNum = 0, zeroNum = 0;
- for (char c : str) {
- if (c == '0') zeroNum++;
- else oneNum++;
- }
- for (int i = m; i >= zeroNum; i--) { // 遍历背包容量且从后向前遍历！
- for (int j = n; j >= oneNum; j--) {
- dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1);
- }
- }
- }
有同学可能想，那个遍历背包容量的两层for循环先后循序有没有什么讲究？
没讲究，都是物品重量的一个维度，先遍历哪个都行！
- 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：
以上动规五部曲分析完毕，C++代码如下：
- class Solution {
- public:
- int findMaxForm(vector
& strs, int m, int n) { - vector
- for (string str : strs) { // 遍历物品
- int oneNum = 0, zeroNum = 0;
- for (char c : str) {
- if (c == '0') zeroNum++;
- else oneNum++;
- }
- for (int i = m; i >= zeroNum; i--) { // 遍历背包容量且从后向前遍历！
- for (int j = n; j >= oneNum; j--) {
- dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1);
- }
- }
- }
- return dp[m][n];
- }
- };
- 时间复杂度: O(kmn)，k 为strs的长度
- 空间复杂度: O(mn)
# 总结
不少同学刷过这道题，可能没有总结这究竟是什么背包。
此时我们讲解了0-1背包的多种应用，
- (opens new window) 是求 给定背包容量 装满背包 的最大价值是多少。
- 416. 分割等和子集
- (opens new window) 是求 给定背包容量，能不能装满这个背包。
- 1049. 最后一块石头的重量 II
- (opens new window) 是求 给定背包容量，尽可能装，最多能装多少
- 494. 目标和
- (opens new window) 是求 给定背包容量，装满背包有多少种方法。
- 本题是求 给定背包容量，装满背包最多有多少个物品。
所以在刷的这些题目，都是 0-1背包不同维度上的应用，大家可以细心体会！
day43补
- 如果
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