动态规划day05(背包问题)

1049.最后一块石头的重量II

力扣题目链接(opens new window)

题目难度:中等

有一堆石头,每块石头的重量都是正整数。

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:

  • 输入:[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。

提示:

  • 1 <= stones.length <= 30
  • 1 <= stones[i] <= 1000
看到题目的第一想法

我会想着去相减获取最小的值

dp存最小值

01背包获取的是最大值

看到代码随想录之后的想法

01背包获取的是最大值

将所有的石头加起来,获取石头总和的一半

背包: 选中石头0~i 达到背包容量为石头总和的一半的最大值是多少

weight[i] 石头大小

value[j] 石头大小

动规五部曲,很快的写出解题思路

1确定dp数组以及对应下标的含义

dp[j] 代表选中0~i达到背包容量j时的最大值

背包容量:0~石头总和的一半

2确定递推公式

dp[j] = Math.max(dp[j],dp[j-stones[i]]+stones[i]);

3dp数组初始化

都为0

4确定遍历顺序

先物品后背包

从后往前

5手动推导dp数组

6打印dp数组

自己实现过程中遇到的困难

return sum-2dp[target]

class Solution {
    public int lastStoneWeightII(int[] stones) {
        // 我的思路 想直接获取最小值是错误的,  01背包获取的是最大值
        // dp[j] 选中0~i块石头在j这个空间内的最小重量值
        //卡哥思路
        // 本题返回的是最小重量,也就是差值的最小重量
        // 可以把所有石头重量求和,获取总重量
        // 当我们可以达到总重量的一半时,就为0
        // 求当背包重量到达总重量一半时,背包可以容纳的最大值,就转换成背包问题了
        // dp数组的确定以及每个下标的含义
        // 选中0~i块石头 ,当背包到达容量j时可以容纳的最大值为多少
        // 确定递推公式
        // 上一层 or 上一层-当前层的weight后加上当前层的值
        // dp[j] = Math.max(dp[j],dp[j-stones[j]]+stones[i]);
        // dp的初始化
        // 开始都为0,从石头0开始逐个遍历
        // 确定遍历顺序
        // 从后往前
        // 手动推导dp数组
        int sum=0;
        for(int i=0;i<stones.length;i++){
            sum+=stones[i];
        }
        int target = sum/2;
        int dp[] = new int[target+1];
        for(int i=0;i<stones.length;i++){
            for(int j=target;j>=stones[i];j--){
                dp[j]=Math.max(dp[j],dp[j-stones[i]]+stones[i]);
            }
        }
        return sum-2*dp[target];
    }
}

494.目标和

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难度:中等

给定一个非负整数数组,a1, a2, ..., an, 和一个目标数,S。现在你有两个符号 + 和 -。对于数组中的任意一个整数,你都可以从 + 或 -中选择一个符号添加在前面。

返回可以使最终数组和为目标数 S 的所有添加符号的方法数。

示例:

  • 输入:nums: [1, 1, 1, 1, 1], S: 3
  • 输出:5

解释:

  • -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

一共有5种方法让最终目标和为3。

提示:

  • 数组非空,且长度不会超过 20 。
  • 初始的数组的和不会超过 1000 。
  • 保证返回的最终结果能被 32 位整数存下。
看到题目的第一想法

想着用dp,但没思路

看到代码随想录之后的想法

left+right = sum

left-right = target

2left = sum+target

则left = (sum+target)/2

则 我们需要计算的是

达到目标和为left的总的方法数

01背包获取的是最大值

将所有的石头加起来,获取石头总和的一半

背包: 选中0~i 达到目标和为j 有多少种方法

动规五部曲,很快的写出解题思路

1确定dp数组以及对应下标的含义

dp[j] 代表选中0~i达到背包容量j时有多少种方法

背包容量:0~left

2确定递推公式

dp[j]+=dp[j-nums[i]]

若当前选中的为nums[i] 则需要找到dp[j-nums[i]]种方法,才能凑成 j

3dp数组初始化

dp[0]=1 因为 最开始选中的dp[nums[0]],有dp[0]种方法凑成 则dp[0]+dp[nums[0]] = 1

4确定遍历顺序

先物品后背包

从后往前

5手动推导dp数组

6打印dp数组

自己实现过程中遇到的困难

从 j=nums[i] 开始 ,到j<=left 结束

看有多少种方法凑成left

class Solution {
    public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
        // 让nums中的和等于sum
        // 观察一下关系
        // left-right = target
        // left 为左半边的和,right为右半边的和
        // left+right = sum
        // right = sum-left
        // target = left-sum+left
        // 2 left = target+sum
        // left = (target+sum)/2
        // dp数组 
        // 确定dp数组和每个下标的含义
        // 背包 0~i之间 填满j的最大空间
        // 求出left,计算0~i之间能满足空间j的数量 j属于0~left
        // 确定递推公式
        // 代表能达到dp[j]
        // 选中nums[i] 若要满足填满空间j ,则需要 num[i]的值+dp[j-nums[i]] 这么多个才能填满
        // 在上一层的dp[j]的基础上加上dp[j-nums[i]] 就是这一层能完成j的总数了
        // 每一行是i 每一列是j 到第i行时,从0~i-1得到的结果中判断第i行的nums[i] 有多少个可以满足j
        // dp[j]+=dp[j-nums[i]]
        // 把之前的能达成的数量都加上
        // dp数组初始化
        // 从后往前,同时dp[0]=1
        // 若nums[0] = j ,则dp[j] += dp[j-nums[0]] = dp[0] = 1 满足j的只有1个
        // dp数组遍历顺序
        // 从后往前
        // 举例推导dp数组
        // 
        int sum=0;
        for(int i=0;i<nums.length;i++){
            sum+=nums[i];
        }
        if((sum+target)%2==1){
            return 0;
        }
        //这个边界条件没注意到
        if(Math.abs(target)>sum){
            return 0;
        }
        int left = (sum+target)/2;
        int[] dp = new int[left+1];
        dp[0] = 1;
        for(int i=0;i<nums.length;i++){
            //前面的j 都比nums[i] 要小,无法用nums[i]构成j 
            for(int j=left;j>=nums[i];j--){
                dp[j]=dp[j]+dp[j-nums[i]];
            }
        }
        return dp[left];
    }
}

474.一和零(第二次)

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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 的最大子集的大小,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 <= 600
  • 1 <= strs[i].length <= 100
  • strs[i] 仅由 '0' 和 '1' 组成
  • 1 <= m, n <= 100
看到题目的第一想法

想着用dp,

1 不知道怎么处理这些string

2 这里有二维 一个m 一个n

看到代码随想录之后的想法

遍历字符数组,看每个字符串中0 和1 的个数

背包: 选中(0,0)~(i,j) 达到目标和为(m,n) 的子集的个数

weight 为 0和1 的个数

value 统一为1 选中则+1

动规五部曲,很快的写出解题思路

1确定dp数组以及对应下标的含义

dp[i][j] i代表m

背包容量:0,0 ~ (m,n)

2确定递推公式

若不选则还是之前的

若选中则+1

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

若当前选中的为str[i] 则需要找到dp[i-0的个数][j-1的个数]种方法,才能凑成 dp[i][j]

3dp数组初始化

都为0

4确定遍历顺序

先物品后背包

从后往前

5手动推导dp数组

6打印dp数组

自己实现过程中遇到的困难

用string转成char数组来记录0的个数和1 的个数

class Solution {
    public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) {
        // str 的最大的子集的长度
        // 使用一个map记录数组有多少个0和1?
        // 卡哥思路 dp 用一个二维数组,dp[m][n] 记录 满足子集m个0和n个1的最大个数
        // 背包 满足 m个0和n个1 的个数?
        // 计算有多少个0 和多少个1
        // 子集中的每个元素 最多有m个0 和n个1 
        // dp数组和每个下标的定义
        // dp记录填满背包的[m][n]最大个数
        // 确定递推公式
        // dp[m][n]=Math.max(dp[m][n],dp[m-oneNum][n-oneNum]);
        // dp数组的初始化
        // 都为0
        // 确定遍历顺序
        // 从后往前
        // 手动推导dp数组
        int[][] dp = new int[m+1][n+1];
        for(String str:strs){
            int zeroNum=0;
            int oneNum=0;
            for(int i=0;i<str.length();i++){
                if(str.charAt(i)=='0'){
                    zeroNum++;
                }else{
                    oneNum++;
                }
            }
            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];
    }
}
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