刷题记录
1049. 最后一块石头的重量 II
本题与416. 分割等和子集类似。依旧是01背包问题，本题尽可能将石头分为相等（相近）的两堆，然后两堆求差取绝对值既可。dpj表示背包容量为j时背包中物品的最大重量。
时间复杂度： O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)
java
// java
class Solution {
public int lastStoneWeightII(int[] stones) {
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 Math.abs(sum-dp[target]*2);
}
}*494. 目标和
二维数组
首先对所有数字求和得到sum。
设添加'+'的数字和为x，则添加'-'的数字之和为sum-x，则有：target = x - ( sum - x ).
则，x = ( target + sum ) / 2. 这样就将问题简化为求能够组合（添加'+'）成 x 的数字和的方案数。
当上式中的除以2无法整除时，说明当前数组无法组合出target的方案，返回0.
要求组合成x的方案数，则将x作为背包容量。
dpij记录背包容量为 j 时，使用 0-i 的物品可以（恰好）装满背包的方案数。
当 j=0 时，即背包容量为0，若 0-i 中没有0，则只有1种方案就是不放物品；若 0-i 中有 k 个 0，则方案数为 2 ^ k（这里的来由是：每一个0都有2个状态，即选或不选，因此k个0就有 2 ^ k种组合） ;
当 i=0 时，即只使用第0个物品，只有 j == nums0 时的方案为1。
- 当访问到物品i时，若背包容量 j 可以放下当前物品 numsi，则当前物品有两种状态，即选或不选。
- 选：背包需要腾出当前物品大小的空间来存放当前物品，即dpi-1j-nums\[i]
- 不选：dpi-1j
则有：dpij = dpi-1j-nums\[i] + dpi-1j
- 若背包容量 j 放不下当前物品 numsi， 则dpij = dpi-1j.
时间复杂度： O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
空间复杂度： O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
java
// java
class Solution {
public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
int sum = 0;
for(int i=0; i<nums.length; i++){
sum += nums[i];
}
if(Math.abs(target)>sum) return 0;
if((sum+target)%2==1) return 0;
int x = (sum+target)/2;
int[][] dp = new int[nums.length][x+1];
if(nums[0]<=x) dp[0][nums[0]] = 1;
int zeroCnt = 0;
for(int i=0; i<nums.length; i++){
if(nums[i] == 0){
zeroCnt++;
}
dp[i][0] = (int)Math.pow(2, zeroCnt);
}
for(int i=1; i<nums.length; i++){
for(int j=0; j<=x; j++){
if(j>=nums[i]){
dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i-1][j-nums[i]];
}else{
dp[i][j] = dp[i-1][j];
}
}
}
return dp[nums.length-1][x];
}
}滚动数组
思路同上，只是有一些小细节需要处理：
- 所有元素都只使用一次，因此遍历背包容量需要从后向前。
- 在初始化第一个元素即dp0时，需要注意，若nums0为0，则有2种方案（选或不选），反之只有一种方案（不选）。
时间复杂度： O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)
java
// java
class Solution {
public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
int sum = 0;
for(int i=0; i<nums.length; i++){
sum += nums[i];
}
if((sum+target) % 2 != 0) return 0;
if(Math.abs(target) > sum) return 0;
int x = (sum+target)/2;
int[] dp = new int[x+1];
if(x >= nums[0]) dp[nums[0]] = 1;
dp[0] = (nums[0]==0) ? 2 : 1;
for(int i=1; i<nums.length; i++){
for(int j=x; j>=0; j--){
if(j >= nums[i]){
dp[j] += dp[j-nums[i]];
}
}
}
return dp[x];
}
}*474. 一和零
本题是一个二维的01背包问题，背包容量是两个维度，这里使用的是滚动数组思想（二维），若要用普通的dp算法则需要使用三维数组。
dpij 代表至多 i 个 0，j 个 1 的子集个数。
由于是子集个数，不同于上题的方案数， 因此这里在留出当前物品空间后需要加1.
由于是滚动数组，则在更新时需要与当前值求最大值保留。
即：dpij = max(dpij, dpi-zeroCntj-oneCnt+1).
时间复杂度： O ( n 3 ) O(n^3) O(n3) -> O ( k m n ) O(kmn) O(kmn)
空间复杂度： O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) -> O ( m n ) O(mn) O(mn)
java
// java
class Solution {
public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) {
int[][] dp = new int[m+1][n+1];
for(int k=0; k<strs.length; k++){
int zeroCnt = 0, oneCnt = 0;
char[] arr = strs[k].toCharArray();
// 统计当前字符串中的0、1个数
for(int j=0; j<arr.length; j++){
if(arr[j] == '0') zeroCnt++;
else oneCnt++;
}
// 01背包
for(int i=m; i>=zeroCnt; i--){
for(int j=n; j>=oneCnt; j--){
dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], dp[i-zeroCnt][j-oneCnt]+1);
}
}
}
return dp[m][n];
}
}