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1049.最后一块石头的重量II
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 <= 30
1 <= stones[i] <= 100
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思路
本题其实就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。
是不是感觉和昨天讲解的416. 分割等和子集 (opens new window)非常像了。
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]。
接下来进行动规五步曲:
- 确定dp数组以及下标的含义
dp[j]表示容量(这里说容量更形象,其实就是重量)为j的背包,最多可以背最大重量为dp[j]。
可以回忆一下01背包中,dp[j]的含义,容量为j的背包,最多可以装的价值为 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] ,可以 “最多可以装的价值为 dp[j]” == “最多可以背的重量为dp[j]”
- 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]);
一些同学可能看到这dp[j - stones[i]] + stones[i]中 又有- stones[i] 又有+stones[i],看着有点晕乎。
大家可以再去看 dp[j]的含义。
- 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(重量)是多少呢,就是所有石头的重量和。
而我们要求的target其实只是最大重量的一半,所以dp数组开到sum/2大小就可以了。
当然也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。
接下来就是如何初始化dp[j]呢,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。
int sum = 0;
for (int i : stones) {
sum += i;
}
int target = sum / 2;
int[] dp = new int[target + 1];
- 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!
//外层遍历物品
for (int i = 0; i < stones.length; i++) {
//内层遍历背包(要放得下当前物品)
for (int j = target; j >= stones[i]; j--) {
int no = dp[j];
int yes = dp[j - stones[i]] + stones[i];
dp[j] = Math.max(no, yes);
}
}
- 举例推导dp数组
举例,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]。
整体代码
一维数组
public int lastStoneWeightII(int[] stones) {
int sum = 0;
for (int i : stones) {
sum += i;
}
int target = sum / 2;
int[] dp = new int[target + 1];
//外层遍历物品
for (int i = 0; i < stones.length; i++) {
//内层遍历背包(要放得下当前物品)
for (int j = target; j >= stones[i]; j--) {
int no = dp[j];
int yes = dp[j - stones[i]] + stones[i];
dp[j] = Math.max(no, yes);
}
}
return sum - dp[target] * 2;
}
- 时间复杂度:O(m × n) , m是石头总重量(准确的说是总重量的一半),n为石头块数
- 空间复杂度:O(m)
二维数组
public int lastStoneWeightII(int[] stones) {
int sum = 0;
for (int i : stones) {
sum += i;
}
int target = sum / 2;
int[][] dp = new int[stones.length][target + 1];
//初始化dp数组
for (int i = stones[0]; i < target + 1; i++) {
dp[0][i] = stones[0];
}
//外层遍历物品
for (int i = 1; i < stones.length; i++) {
for (int j = 1; j <= target; j++) {
//如果放不下当前物品
if (j < stones[i]) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
} else {
//不放入的情况
int no = dp[i - 1][j];
//放入的情况
int yes = dp[i - 1][j - stones[i]] + stones[i];
dp[i][j] = Math.max(no, yes);
}
}
}
return sum - dp[stones.length - 1][target] * 2;
}
- 时间复杂度:O(m × n) , m是石头总重量(准确的说是总重量的一半),n为石头块数
- 空间复杂度:O(m× n)
494.目标和
给你一个非负整数数组 nums
和一个整数 target
。
向数组中的每个整数前添加 '+'
或 '-'
,然后串联起所有整数,可以构造一个 表达式 :
- 例如,
nums = [2, 1]
,可以在2
之前添加'+'
,在1
之前添加'-'
,然后串联起来得到表达式"+2-1"
。
返回可以通过上述方法构造的、运算结果等于 target
的不同 表达式 的数目。
示例 1:
输入:nums = [1,1,1,1,1], target = 3
输出:5
解释:一共有 5 种方法让最终目标和为 3 。
-1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 3
+1 - 1 + 1 + 1 + 1 = 3
+1 + 1 - 1 + 1 + 1 = 3
+1 + 1 + 1 - 1 + 1 = 3
+1 + 1 + 1 + 1 - 1 = 3
示例 2:
输入:nums = [1], target = 1
输出:1
提示:
1 <= nums.length <= 20
0 <= nums[i] <= 1000
0 <= sum(nums[i]) <= 1000
-1000 <= target <= 1000
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思路
这道题目咋眼一看和动态规划背包啥的也没啥关系。
本题要如何使表达式结果为target,
既然为target,那么就一定有 left组合 - right组合 = target。
left + right = sum,而sum是固定的。right = sum - left
公式来了, left - (sum - left) = target 推导出 left = (target + sum)/2 。
target是固定的,sum是固定的,left就可以求出来。
此时问题就是在集合nums中找出和为left的组合。
如何转化为01背包问题呢。
假设加法的总和为x,那么减法对应的总和就是sum - x。
所以我们要求的是 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,也就是我们后面要求的背包容量。
大家看到(target + sum) / 2 应该担心计算的过程中向下取整有没有影响。
这么担心就对了,例如sum 是5,target 是2的话其实就是无解的,所以:
//此时没有方案,两个int相加的时候要格外小心数值溢出的问题
if ((target + sum) % 2 == 1) {
return 0;
}
同时如果 S的绝对值已经大于sum,那么也是没有方案的。
//如果目标值大于总和,则直接返回0;
if (Math.abs(target) > sum) {
return 0;
}
再回归到01背包问题,为什么是01背包呢?
因为每个物品(题目中的1)只用一次!
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。
- 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
其实也可以使用二维dp数组来求解本题,dp[i][j]:使用 下标为[0, i]的nums[i]能够凑满j(包括j)这么大容量的包,有dp[i][j]种方法。
- 确定递推公式
有哪些来源可以推出dp[j]呢?
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]种方法 凑成 容量为5的背包
- 已经有一个4(nums[i]) 的话,有 dp[1]种方法 凑成 容量为5的背包
- 已经有一个5 (nums[i])的话,有 dp[0]种方法 凑成 容量为5的背包
那么凑整dp[5]有多少方法呢,也就是把 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]];
这个公式在后面在讲解背包解决排列组合问题的时候还会用到!
- 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]是在公式中一切递推结果的起源,如果dp[0]是0的话,递推结果将都是0。
这里有录友可能认为从dp数组定义来说 dp[0] 应该是0,也有录友认为dp[0]应该是1。
其实不要硬去解释它的含义,咱就把 dp[0]的情况带入本题看看应该等于多少。
如果数组[0] ,target = 0,那么 bagSize = (target + sum) / 2 = 0。 dp[0]也应该是1, 也就是说给数组里的元素 0 前面无论放加法还是减法,都是 1 种方法。
所以本题我们应该初始化 dp[0] 为 1。
可能有同学想了,那 如果是 数组[0,0,0,0,0] target = 0 呢。
其实 此时最终的dp[0] = 32,也就是这五个零 子集的所有组合情况,但此dp[0]非彼dp[0],dp[0]能算出32,其基础是因为dp[0] = 1 累加起来的。
dp[j]其他下标对应的数值也应该初始化为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。
- 确定遍历顺序
在动态规划:关于01背包问题,你该了解这些!(滚动数组) (opens new window)中,我们讲过对于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。
- 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:
一维数组解法
public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
//计算总和
int sum = 0;
for (int i : nums) {
sum += i;
}
//如果目标值大于总和,则直接返回0;
if (Math.abs(target) > sum) {
return 0;
}
//此时没有方案,两个int相加的时候要格外小心数值溢出的问题
if ((target + sum) % 2 == 1) {
return 0;
}
//背包大小,转变为组合总和问题,bagsize就是要求的和
int bigSize = (target + sum) / 2;
int[] dp = new int[bigSize + 1];
dp[0] = 1;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
for (int j = bigSize; j >= nums[i]; j--) {
dp[j] += dp[j - nums[i]];
}
}
return dp[bigSize];
}
- 时间复杂度:O(n × m),n为正数个数,m为背包容量
- 空间复杂度:O(m),m为背包容量
二维数组解法
public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
//计算总和
int sum = 0;
for (int i : nums) {
sum += i;
}
//如果目标值大于总和,则直接返回0;
if (Math.abs(target) > sum) {
return 0;
}
//此时没有方案,两个int相加的时候要格外小心数值溢出的问题
if ((target + sum) % 2 == 1) {
return 0;
}
//背包大小,转变为组合总和问题,bagsize就是要求的和
int bigSize = (target + sum) / 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][bigSize + 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] <= bigSize) {
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)
//当前列的0的个数
int numZeros = 0;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
if (nums[i] == 0) {
numZeros++;
}
//计算2的numZeros次方
dp[i][0] = (int) Math.pow(2, numZeros);
}
for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
for (int j = 1; j <= bigSize; 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][bigSize];
}
- 时间复杂度:O(n × m),n为正数个数,m为背包容量
- 空间复杂度:O(n × m),m为背包容量
474.一和零
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 <= 600
1 <= strs[i].length <= 100
strs[i]
仅由'0'
和'1'
组成1 <= m, n <= 100
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思路
这道题目,还是比较难的,也有点像程序员自己给自己出个脑筋急转弯,程序员何苦为难程序员呢。
来说题,本题不少同学会认为是多重背包,一些题解也是这么写的。
其实本题并不是多重背包,再来看一下这个图,捋清几种背包的关系
多重背包是每个物品,数量不同的情况。
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。
理解成多重背包的同学主要是把m和n混淆为物品了,感觉这是不同数量的物品,所以以为是多重背包。
但本题其实是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。
动态规划五部曲
- 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]。
- 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);
此时大家可以回想一下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。
- dp数组如何初始化
01背包的dp数组初始化为0就可以。
因为物品价值不会是负数,初始为0,保证递推的时候dp[i] [j]不会被初始值覆盖。
- 确定遍历顺序
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。
都是物品重量的一个维度,先遍历哪个都行!
- 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:
public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) {
//创建dp数组
int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];
for (String s : strs) {
int oneNum = 0;
int zeroNum = 0;
//先找到当前字符串的1 和 0 的个数
for (char c : s.toCharArray()) {
if (c == '0') {
zeroNum++;
} else {
oneNum++;
}
}
//倒序遍历
for (int i = m; i >= zeroNum; i--) {
for (int j = n; j >= oneNum; j--) {
int no = dp[i][j];
int yes = dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1;
dp[i][j] = Math.max(no, yes);
}
}
}
return dp[m][n];
}
标签:stones,target,nums,int,sum,随想录,II,LeetCode474,dp From: https://blog.csdn.net/weixin_60364343/article/details/140785366
- 时间复杂度: O(kmn),k 为strs的长度
- 空间复杂度: O(mn)