算法题
Leetcode 1049.最后一块石头的重量II
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个人思路
和昨天的分割等和子集有些相像，这道题也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。
解法
动态规划
动规五部曲：
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]。
1.确定dp数组以及下标的含义
dp[j]表示容量为j的背包，最多可以背最大重量为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] ，所以 “最多可以装的价值为 dp[j]” == “最多可以背的重量为dp[j]”
2.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]);
3.dp数组如何初始化
既然 dp[j]中的j表示容量，那么最大容量就是所有石头的重量和。
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。
初始化dp[j]：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。
4.确定遍历顺序
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！
5.举例推导dp数组
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]。
class Solution {
public int lastStoneWeightII(int[] stones) {
int sum = 0;
for (int i : stones) {
sum += i;
}
int target = sum >> 1;//除2向下取整
int[] dp = new int[target + 1];//初始化dp数组
for (int i = 0; i < stones.length; i++) {
for (int j = target; j >= stones[i]; j--) {//采用倒序
dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i]);
}
}
return sum - 2 * dp[target];
}
}
时间复杂度:O(n^2)；（嵌套for循环）
空间复杂度:O( n);（存储一个长度为n+1的dp数组）
二维数组版本
class Solution {
public int lastStoneWeightII(int[] stones) {
int sum = 0;
for (int s : stones) {
sum += s;
}
int target = sum / 2;
//初始化dp数组
//dp[i][j]:可以放0-i物品，背包容量为j的情况下背包中的最大价值
int[][] dp = new int[stones.length][target + 1];
//dp[i][0]默认初始化为0
//dp[0][j]取决于stones[0]
for (int j = stones[0]; j <= target; j++) {
dp[0][j] = stones[0];
}
for (int i = 1; i < stones.length; i++) {
for (int j = 1; j <= target; j++) {
if (j >= stones[i]) {
dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - stones[i]] + stones[i]);
} else {
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
}
}
}
return (sum - dp[stones.length - 1][target]) - dp[stones.length - 1][target];
}
}
时间复杂度:O(n^2)；（嵌套for循环）
空间复杂度:O( n^2);（dp二维数组）
Leetcode 494.目标和
题目链接:494.目标和
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个人思路
以为可以回溯做出来，结果超时了...
解法
动态规划
动规五部曲：
这题转化为01背包问题的思路：
假设加法的总和为x，那么减法对应的总和就是sum - x。
所以要求的是 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，也就是后面要求的背包容量。
因为(target + sum) / 2 在计算的过程中向下取整会有影响，比如sum=5时，target=2时就是无解的，同时如果 target的绝对值已经大于sum，那么也是没有方案的。这两种情况可以条件限制，减少遍历时间。
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。
1.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
2.确定递推公式
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]的方法就是把 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]]
3.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0的话，递推结果将都是0。
dp[j]其他下标对应的数值应该初始化为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。
4.确定遍历顺序
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。
5.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：
class Solution {
public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
int sum = 0;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) sum += nums[i];
//如果target的绝对值大于sum，那么是没有方案的
if (Math.abs(target) > sum) return 0;
//如果(target+sum)除以2的余数不为0，也是没有方案的
if ((target + sum) % 2 == 1) return 0;
int bagSize = (target + sum) / 2;
int[] dp = new int[bagSize + 1];//初始化DP数组
dp[0] = 1;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
for (int j = bagSize; j >= nums[i]; j--) {//倒序
dp[j] += dp[j - nums[i]];//组合问题递推公式
}
}
return dp[bagSize];
}
}时间复杂度:O(n^2)；（嵌套for循环）
空间复杂度:O( n);（存储一个长度为n+1的dp数组）
二维数组版本
class Solution {
public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
int sum = 0;
for(int i = 0; i < nums.length; i++) {
sum += nums[i];
}
// 注意nums[i] >= 0的题目条件，意味着sum也是所有nums[i]的绝对值之和
// 这里保证了sum + target一定是大于等于零的，也就是left大于等于零（毕竟我们定义left大于right）
if(sum < Math.abs(target)){
return 0;
}
// 利用二元一次方程组将left用target和sum表示出来（替换掉right组合），详见代码随想录对此题的分析
// 如果所求的left数组和为小数，则作为整数数组的nums里的任何元素自然是没有办法凑出这个小数的
if((sum + target) % 2 != 0) {
return 0;
}
int left = (sum + target) / 2;
// dp[i][j]：遍历到数组第i个数时， left为j时的能装满背包的方法总数
int[][] dp = new int[nums.length][left + 1];
// 初始化最上行（dp[0][j])，当nums[0] == j时（注意nums[0]和j都一定是大于等于零的，因此不需要判断等于-j时的情况），有唯一一种取法可取到j，dp[0][j]此时等于1
// 其他情况dp[0][j] = 0
// java整数数组默认初始值为0
if (nums[0] <= left) {
dp[0][nums[0]] = 1;
}
// 初始化最左列（dp[i][0])
// 当从nums数组的索引0到i的部分有n个0时（n > 0)，每个0可以取+/-，因此有2的n次方中可以取到j = 0的方案
// n = 0说明当前遍历到的数组部分没有0全为正数，因此只有一种方案可以取到j = 0（就是所有数都不取）
int numZeros = 0;
for(int i = 0; i < nums.length; i++) {
if(nums[i] == 0) {
numZeros++;
}
dp[i][0] = (int) Math.pow(2, numZeros);
}
// 递推公式分析：
// 当nums[i] > j时，这时候nums[i]一定不能取，所以是dp[i - 1][j]种方案数
// nums[i] <= j时，num[i]可取可不取，因此方案数是dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - nums[i]]
// 由递推公式可知，先遍历i或j都可
for(int i = 1; i < nums.length; i++) {
for(int j = 1; j <= left; j++) {
if(nums[i] > j) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
} else {
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - nums[i]];
}
}
}
return dp[nums.length - 1][left];
}
}时间复杂度:O(n^2)；（嵌套for循环）
空间复杂度:O( n^2);（dp二维数组）
Leetcode 474.一和零
题目链接:474.一和零
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个人思路
没思路...
解法
动态规划
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。转换为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。
动规五部曲
1.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]。
2.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);
而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。
3.dp数组如何初始化
因为物品价值不会是负数，dp数组初始为0，保证递推的时候dp[i][j]不会被初始值覆盖。
4.确定遍历顺序
01背包一维数组解法中，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。
5.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：
class Solution {
public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) {
//dp[i][j]表示i个0和j个1时的最大子集
int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];
int oneNum, zeroNum;
for (String str : strs) {
oneNum = 0;
zeroNum = 0;
for (char ch : str.toCharArray()) {
if (ch == '0') {
zeroNum++;
} else {
oneNum++;
}
}
//倒序遍历
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];
}
}时间复杂度:O(kmn)；（k 为strs的长度）
空间复杂度:O( n^2);（dp二维数组）
以上是个人的思考反思与总结，若只想根据系列题刷，参考卡哥的网址代码随想录算法官网