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
class Solution {
public:
int lastStoneWeightII(vector<int>& stones) {
vector<int> dp(150001,0);
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++){
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];
}
};解题思路：
问题背景
问题描述：有一堆石头，每次从中挑选两块石头碰撞，碰撞后会得到一块新石头（重量为两块石头的差值），直到只剩下一块石头或没有石头。求最后可能剩下的最小石头重量。
核心思路转化
这个问题可以转化为：
- 将石头分成两堆，使两堆的重量尽可能接近
- 两堆重量的差值就是最后可能剩下的最小重量
这是因为每次碰撞相当于从总重量中减去 twice of 较小的那块石头的重量，最优策略是让两堆石头重量尽可能接近。
代码原理详解
动态规划数组定义：
dp[j]表示能从石头中选出若干块，使得它们的总重量最大为j计算目标值：
sum是所有石头的总重量
target是sum/2，我们尝试找到不超过这个值的最大子集和0-1 背包问题求解：
- 外层循环遍历每块石头（物品）
- 内层循环从
target往当前石头重量遍历（0-1 背包的典型做法，避免重复使用同一物品） dp[j] = max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i])表示对于重量j，要么不选当前石头保持dp[j]，要么选当前石头得到dp[j - stones[i]] + stones[i]
计算结果：
sum - dp[target] - dp[target]表示总重量减去两倍的最大子集和（即两堆石头的重量差）
这个解法的时间复杂度是 O (n×target)，空间复杂度是 O (target)，其中 n 是石头数量，target 是总重量的一半。
494. 目标和
class Solution {
public:
int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int target) {
int sum = 0;
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) sum += nums[i];
if (abs(target) > sum) return 0; // 此时没有方案
if ((target + sum) % 2 == 1) return 0; // 此时没有方案
int bagSize = (target + 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];
}
};
给每个数字添加+或-，本质上是将数组分成两组：
- 一组数字前面加
+（和为left） - 另一组数字前面加
-（和为right）
根据题意，我们有：
plaintext
left - right = target // 表达式结果等于target
left + right = sum // 所有数字的总和
将两式相加可得：2*left = target + sum，即 left = (target + sum) / 2
因此问题转化为：找到有多少种方法可以从数组中选出一些数字，使它们的和等于 left
代码解析
边界条件判断：
if (abs(target) > sum) return 0; // 目标值的绝对值大于总和，不可能实现 if ((target + sum) % 2 == 1) return 0; // 和为奇数，无法被2整除，没有方案计算背包大小：
int bagSize = (target + sum) / 2;这里的
bagSize就是我们要找的left值，即需要选出和为bagSize的数字组合动态规划初始化：
vector<int> dp(bagSize + 1, 0); dp[0] = 1; // 表示凑出和为0的方法有1种（什么都不选）dp[j]的含义是：有多少种方法可以选出和为 j 的数字组合填充 DP 数组：
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) { // 遍历每个数字 for (int j = bagSize; j >= nums[i]; j--) { // 倒序遍历背包 dp[j] += dp[j - nums[i]]; } }- 对于每个数字，我们可以选择 "放入背包"（即该数字前面加
+）或 "不放入背包"（即该数字前面加-） - 状态转移方程
dp[j] += dp[j - nums[i]]表示：凑出和为 j 的方法数 = 不选当前数字的方法数 + 选当前数字的方法数（此时需要加上凑出 j-nums [i] 的方法数） - 倒序遍历是为了保证每个数字只被使用一次（0-1 背包特性）
- 对于每个数字，我们可以选择 "放入背包"（即该数字前面加
返回结果：
return dp[bagSize];dp[bagSize]就是能凑出和为bagSize的方法总数，也就是我们要求的答案
示例说明
以nums = [1,1,1,1,1]，target = 3为例：
- 总和
sum = 5 bagSize = (3 + 5) / 2 = 4- 问题转化为：有多少种方法从数组中选出和为 4 的数字
- 答案是 5 种，对应 5 种不同的表达式
474. 一和零
class Solution {
public:
int findMaxForm(vector<string>& strs, int m, int n) {
vector<vector<int>> result(m+1,vector<int> (n+1,0));
for(string str:strs){
int onenumber = 0,zeronumber = 0;
for (char c : str) {
if (c == '0') zeronumber++;
else onenumber++;
}
for(int i=m;i>=zeronumber;i--){
for(int j=n;j>=onenumber;j--){
result[i][j] = max(result[i][j],result[i-zeronumber][j-onenumber]+1);
}
}
}
return result[m][n];
}
};问题理解
给定一组二进制字符串，每个字符串包含0和1。我们需要选择一些字符串，使得：
所有选中字符串中0的总数不超过
m所有选中字符串中1的总数不超过
n选中的字符串数量尽可能多
动态规划思路
1. 状态定义
dp[i][j] 表示：使用最多 i 个0和 j 个1时，能够组成的最大字符串数量
2. 状态转移
对于每个字符串，我们有两种选择：
不选这个字符串：
dp[i][j]保持不变选这个字符串：
dp[i][j] = dp[i - zeros][j - ones] + 1
状态转移方程：
cpp
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - zeros][j - ones] + 1);
3. 为什么从后往前遍历？
这是0-1背包问题的核心技巧：
从后往前遍历：确保每个字符串只被使用一次（避免重复选择）
如果从前往后遍历，会变成完全背包问题（每个物品可以选多次）
4. 具体步骤
初始化：创建
(m+1) × (n+1)的二维数组，初始值为0遍历每个字符串：
计算当前字符串的0和1的数量
从
m到zeros，从n到ones反向更新dp表
返回结果：
dp[m][n]就是最大数量
示例说明
假设 strs = ["10", "0001", "111001", "1", "0"], m = 5, n = 3
对于字符串 "10"：
zeros = 1, ones = 1
更新所有
i >= 1且j >= 1的位置
对于字符串 "0001"：
zeros = 3, ones = 1
更新所有
i >= 3且j >= 1的位置
以此类推...
时间复杂度
外层循环：O(S)，S为字符串数量
内层循环：O(M × N)
总复杂度：O(S × M × N)
空间复杂度
O(M × N)，即dp表的大小
这种解法巧妙地利用了动态规划和背包问题的思想，通过反向遍历确保每个字符串只被考虑一次，从而找到最优解。