刷题记录
*1049. 最后一块石头的重量 II
本题与分割等和子集类似，要达到碰撞最后的石头重量最小，则尽可能把石头等分为两堆。
时间复杂度：
O
(
m
∗
n
)
O(m * n)
O(m∗n)
空间复杂度：
O
(
n
)
O(n)
O(n)
// c++
class Solution {
public:
int lastStoneWeightII(vector<int>& stones) {
int sum = 0;
for(int i=0; i<stones.size(); i++){
sum += stones[i];
}
int target = sum/2;
vector dp(target+1, 0);
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];
}
};
*494. 目标和
nums中元素初始均为正，先求其和sum。若|target|>sum，则无解。
需要推导出递推公式：设“+”数之和为X，则“-”数之和就是sum-X，其中，sum和target为已知。
可得递推公式：
X
−
(
s
u
m
−
X
)
=
t
a
r
g
e
t
X-(sum-X) = target
X−(sum−X)=target
解得：
X
=
(
t
a
r
g
e
t
+
s
u
m
)
/
2
X = (target + sum) / 2
X=(target+sum)/2
因此， (target + sum) % 2 != 0时 无解。
一维dp数组记录背包容量为j时可以组成target的方案数量。
例如：target = 5
- 当前已有1，则有dp[4]种方案
- 当前已有2，则有dp[3]种方案
- 当前已有k，则有dp[target-k]种方案
时间复杂度：
O
(
n
∗
m
)
O(n*m)
O(n∗m)
空间复杂度：
O
(
n
)
O(n)
O(n)
// c++
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(fabs(target)>sum) return 0;
if((sum+target)%2!=0) return 0;
vector<int> dp((target+sum)/2+1, 0);
dp[0] = 1;
for(int i=0; i<nums.size(); i++){
for(int j=(target+sum)/2; j>=nums[i]; j--){
dp[j] += dp[j-nums[i]];
}
}
return dp[(target+sum)/2];
}
};
474. 一和零
使用二维dp数组，横纵坐标分别代表0和1的背包容量，即dp[i][j]代表至多包含i个0和j个1的最多子串个数。
状态转移方程： d p [ i ] [ j ] = m a x ( d p [ i ] [ j ] , d p [ i − z e r o N u m ] [ j − o n e N u m ] + 1 ) dp[i][j] = max( dp[i][j], dp[i-zeroNum][j-oneNum]+1 ) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i−zeroNum][j−oneNum]+1)
时间复杂度：
O
(
m
∗
n
∗
k
)
O(m*n*k)
O(m∗n∗k)
空间复杂度：
O
(
n
∗
m
)
O(n*m)
O(n∗m)
// c++
class Solution {
public:
int findMaxForm(vector<string>& strs, int m, int n) {
vector<int> zeros(strs.size(), 0);
vector<int> ones(strs.size(), 0);
for(int i=0; i<strs.size(); i++){
for(int j=0; j<strs[i].size(); j++){
if(strs[i][j] == '0') zeros[i]++;
else ones[i]++;
}
}
vector<vector<int>> dp(m+1, vector<int>(n+1, 0));
for(int k=0; k<strs.size(); k++){
for(int i=m; i>=zeros[k]; i--){
for(int j=n; j>=ones[k]; j--){
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-zeros[k]][j-ones[k]]+1);
}
}
}
return dp[m][n];
}
};