1.题目
题目地址(474. 一和零 - 力扣（LeetCode）)
https://leetcode.cn/problems/ones-and-zeroes/
题目描述
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 的最大子集的长度，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 <= 6001 <= strs[i].length <= 100strs[i]仅由'0'和'1'组成1 <= m, n <= 100
2.题解
2.1 三维dp数组
思路
这里设计一个三维dp数组dp[i][j][k], 其中i表示在[0,i-1]中选择任意个数， j表示最多容忍的0的个数，k表示最多容忍的1的个数；而dp的值则记录已经选择了字符串的最大可能个数！
对于每一个字符串，我们转换为0-1背包问题，可以选择 选 或者 不选：
1.不选的话就是dp[i][j][k] = dp[i-1][j][k], 从之前的进行继承
2.选的话就是:
2.1 如果 j > zeros, k > ones, 说明最大容忍个数允许这个字符串作为子集的一份子加入，
所以我们dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i - 1][j - zeros][k - ones] + 1);, 保留原值和更新值（加了一个字符串，不要忘记+1）中的较大值即可
2.2 反之我们根本无法加入该字符串到当前子集中，所以无需考虑，跳过即可
代码
- 语言支持：C++
C++ Code:
class Solution {
public:
// 计算当前字符串中0和1的数量
vector<int> getZerosOnes(string& str) {
vector<int> count(2);
for (char ch : str) {
count[ch - '0']++;
}
return count;
}
int findMaxForm(vector<string>& strs, int m, int n) {
int len = strs.size();
// dp数组记录当前[0,i-1]范围中，0个数为j，1个数为k情况下选择的字符串个数
vector<vector<vector<int>>> dp(len + 1, vector<vector<int>>(m + 1, vector<int>(n + 1, 0)));
// 更新dp数组(从1开始，之前已有隐式初始化所有i=0的值为0)
for (int i = 1; i <= len; i++) {
string str = strs[i - 1]; // 这里strs索引依旧是从0开始，所以不要忘记-1
vector<int> count = getZerosOnes(str);
int zeros = count[0], ones = count[1];
for (int j = 0; j <= m; j++) {
for (int k = 0; k <= n; k++) {
// 如果不选择该字符串，保留原字符串个数
dp[i][j][k] = dp[i - 1][j][k];
// 如果选择字符串，可能遇到更新的dp已经存在值
// 这时候我们选取字符串个数多的保留即可(注意这里选择了该字符串，不要忘记了+1)
if (j >= zeros && k >= ones) {
dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i - 1][j - zeros][k - ones] + 1);
}
}
}
}
return dp[len][m][n];
}
};
复杂度分析
令 n 为数组长度。
- 时间复杂度：\(O(lmn+L)\)
其中\(l\)是数组strs的长度，\(m\)和\(n\)分别是 0 和 1 的容量，\(L\)是数组strs中的所有字符串的长度之和。
动态规划需要计算的状态总数是\(O(lmn)\),每个状态的值需要\(O(1)\)的时间计算。
对于数组strs中的每个字符串，都要遍历字符串得到其中的0 和 1 的数量，因此需要\(O(L)\)的时间遍历所有的字符串。
总时间复杂度是\(O(lmn+L)\) 。 - 空间复杂度：\(O(lmn)\)
2.2 二维dp数组（空间优化）
思路
同416-分割等和子集，我们这里发现其实对于dp[i]... = dp[i-1]...， 我们每次只需要记录上一次的dp值即可，而不要记录每一个i对应的dp值
所以这里我们只需要dp[j][k]即可解决问题。
但是这里我们需要注意一个问题：如果我们正序遍历，由于dp[j][k] = dp[j-zeros][k-ones]的存在，这里更大的序列值优先被更新；
等我们遍历到这些较大序列dp，会发现它的值已经不是上一次存储的值，而在之前已经被更新了；
为了避免这种情况，我们选择倒序遍历，便可以完美解决问题！
代码
class Solution {
public:
// 计算当前字符串中0和1的数量
vector<int> getZerosOnes(string& str) {
vector<int> count(2);
for (char ch : str) {
count[ch - '0']++;
}
return count;
}
int findMaxForm(vector<string>& strs, int m, int n) {
int len = strs.size();
vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1, 0));
// 更新dp数组(从1开始，之前已有隐式初始化所有i=0的值为0)
for (int i = 1; i <= len; i++) {
string str = strs[i - 1]; // 这里strs索引依旧是从0开始，所以不要忘记-1
vector<int> count = getZerosOnes(str);
int zeros = count[0], ones = count[1];
for (int j = m; j >= 0; j--) {
for (int k = n; k >= 0; k--) {
// 如果选择字符串，可能遇到更新的dp已经存在值
// 这时候我们选取字符串个数多的保留即可(注意这里选择了该字符串，不要忘记了+1)
if (j >= zeros && k >= ones) {
dp[j][k] = max(dp[j][k], dp[j - zeros][k - ones] + 1);
}
}
}
}
return dp[m][n];
}
};
复杂度分析
令 n 为数组长度。
- 时间复杂度：\(O(lmn+L)\)
其中\(l\)是数组strs的长度，\(m\)和\(n\)分别是 0 和 1 的容量，\(L\)是数组strs中的所有字符串的长度之和。
动态规划需要计算的状态总数是\(O(lmn)\),每个状态的值需要\(O(1)\)的时间计算。
对于数组strs中的每个字符串，都要遍历字符串得到其中的0 和 1 的数量，因此需要\(O(L)\)的时间遍历所有的字符串。
总时间复杂度是\(O(lmn+L)\) 。 - 空间复杂度：\(O(mn)\)