代码随想录

前言

代码随想录算法训练营day43

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一、Leetcode 1049. 最后一块石头的重量 II

1.题目

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：

ini

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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：

css

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1 <= stones.length <= 30 1 <= stones[i] <= 100

来源：力扣（LeetCode） 链接：leetcode.cn/problems/la…

2.解题思路

方法一：动态规划

记石头的总重量为 sumsum，ki=−1ki​=−1 的石头的重量之和为 negneg，则其余 ki=1ki​=1 的石头的重量之和为 sum−negsum−neg。则有

∑i=0n−1ki⋅stonesi=(sum−neg)−neg=sum−2⋅negi=0∑n−1​ki​⋅stonesi​=(sum−neg)−neg=sum−2⋅neg

要使最后一块石头的重量尽可能地小，negneg 需要在不超过 ⌊sum/2⌋⌊sum/2⌋ 的前提下尽可能地大。因此本问题可以看作是背包容量为 ⌊sum/2⌋⌊sum/2⌋，物品重量和价值均为 stonesistonesi​ 的 0-1 背包问题。

对于该问题，定义二维布尔数组 dpdp，其中 dp[i+1][j]dp[i+1][j] 表示前 ii 个石头能否凑出重量 jj。特别地，dp[0][]dp[0][] 为不选任何石头的状态，因此除了 dp[0][0]dp[0][0] 为真，其余 dp[0][j]dp[0][j] 全为假。

对于第 ii 个石头，考虑凑出重量 jj：

css

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若 j<stones[i]j<stones[i]，则不能选第 ii 个石头，此时有 dp[i+1][j]=dp[i][j]dp[i+1][j]=dp[i][j]； 若 j≥stones[i]j≥stones[i]，存在选或不选两种决策，不选时有 dp[i+1][j]=dp[i][j]dp[i+1][j]=dp[i][j]，选时需要考虑能否凑出重量 j−stones[i]j−stones[i]，即 dp[i+1][j]=dp[i][j−stones[i]]dp[i+1][j]=dp[i][j−stones[i]]。若二者均为假则 dp[i+1][j]dp[i+1][j] 为假，否则 dp[i+1][j]dp[i+1][j] 为真。

因此状态转移方程如下：

dp[i+1][j]={dp[i][j],j<stones[i]dp[i][j]∨dp[i][j−stones[i]],j≥stones[i]dp[i+1][j]={dp[i][j],dp[i][j]∨dp[i][j−stones[i]],​j<stones[i]j≥stones[i]​

其中 ∨∨ 表示逻辑或运算。求出 dp[n][]dp[n][] 后，所有为真的 dp[n][j]dp[n][j] 中，最大的 jj 即为 negneg 能取到的最大值。代入 sum−2⋅negsum−2⋅neg 中即得到最后一块石头的最小重量。

3.代码实现

java

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class Solution { public int lastStoneWeightII(int[] stones) { int sum = 0; for (int weight : stones) { sum += weight; } int n = stones.length, m = sum / 2; boolean[][] dp = new boolean[n + 1][m + 1]; dp[0][0] = true; for (int i = 0; i < n; ++i) { for (int j = 0; j <= m; ++j) { if (j < stones[i]) { dp[i + 1][j] = dp[i][j]; } else { dp[i + 1][j] = dp[i][j] || dp[i][j - stones[i]]; } } } for (int j = m;; --j) { if (dp[n][j]) { return sum - 2 * j; } } } }

二、Leetcode 494. 目标和

1.题目

给你一个整数数组 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 ：

ini

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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：

scss

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1 <= nums.length <= 20 0 <= nums[i] <= 1000 0 <= sum(nums[i]) <= 1000 -1000 <= target <= 1000

来源：力扣（LeetCode） 链接：leetcode.cn/problems/ta…

2.解题思路

方法一：回溯

数组 numsnums 的每个元素都可以添加符号 ++ 或 --，因此每个元素有 22 种添加符号的方法，nn 个数共有 2n2n 种添加符号的方法，对应 2n2n 种不同的表达式。当 nn 个元素都添加符号之后，即得到一种表达式，如果表达式的结果等于目标数 targettarget，则该表达式即为符合要求的表达式。

可以使用回溯的方法遍历所有的表达式，回溯过程中维护一个计数器 countcount，当遇到一种表达式的结果等于目标数 targettarget 时，将 countcount 的值加 11。遍历完所有的表达式之后，即可得到结果等于目标数 targettarget 的表达式的数目。

3.代码实现

java

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class Solution { int count = 0; public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) { backtrack(nums, target, 0, 0); return count; } public void backtrack(int[] nums, int target, int index, int sum) { if (index == nums.length) { if (sum == target) { count++; } } else { backtrack(nums, target, index + 1, sum + nums[index]); backtrack(nums, target, index + 1, sum - nums[index]); } } }

三、Leetcode 474.一和零

1.题目

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：

matlab

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1 <= strs.length <= 600 1 <= strs[i].length <= 100 strs[i] 仅由 '0' 和 '1' 组成 1 <= m, n <= 100

来源：力扣（LeetCode） 链接：leetcode.cn/problems/on…

2.解题思路

方法一：动态规划

这道题和经典的背包问题非常相似，但是和经典的背包问题只有一种容量不同，这道题有两种容量，即选取的字符串子集中的 00 和 11 的数量上限。

经典的背包问题可以使用二维动态规划求解，两个维度分别是物品和容量。这道题有两种容量，因此需要使用三维动态规划求解，三个维度分别是字符串、00 的容量和 11 的容量。

定义三维数组 dpdp，其中 dp[i][j][k]dp[i][j][k] 表示在前 ii 个字符串中，使用 jj 个 00 和 kk 个 11 的情况下最多可以得到的字符串数量。假设数组 strstr 的长度为 ll，则最终答案为 dp[l][m][n]dp[l][m][n]。

当没有任何字符串可以使用时，可以得到的字符串数量只能是 00，因此动态规划的边界条件是：当 i=0i=0 时，对任意 0≤j≤m0≤j≤m 和 0≤k≤n0≤k≤n，都有 dp[i][j][k]=0dp[i][j][k]=0。

当 1≤i≤l1≤i≤l 时，对于 strsstrs 中的第 ii 个字符串（计数从 11 开始），首先遍历该字符串得到其中的 00 和 11 的数量，分别记为 zeroszeros 和 onesones，然后对于 0≤j≤m0≤j≤m 和 0≤k≤n0≤k≤n，计算 dp[i][j][k]dp[i][j][k] 的值。

当 00 和 11 的容量分别是 jj 和 kk 时，考虑以下两种情况：

css

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如果 j<zerosj<zeros 或 k<onesk<ones，则不能选第 ii 个字符串，此时有 dp[i][j][k]=dp[i−1][j][k]dp[i][j][k]=dp[i−1][j][k]； 如果 j≥zerosj≥zeros 且 k≥onesk≥ones，则如果不选第 ii 个字符串，有 dp[i][j][k]=dp[i−1][j][k]dp[i][j][k]=dp[i−1][j][k]，如果选第 ii 个字符串，有 dp[i][j][k]=dp[i−1][j−zeros][k−ones]+1dp[i][j][k]=dp[i−1][j−zeros][k−ones]+1，dp[i][j][k]dp[i][j][k] 的值应取上面两项中的最大值。

因此状态转移方程如下：

dp[i][j][k]={dp[i−1][j][k],j<zeros ∣ k<onesmax⁡(dp[i−1][j][k],dp[i−1][j−zeros][k−ones]+1),j≥zeros & k≥onesdp[i][j][k]={dp[i−1][j][k],max(dp[i−1][j][k],dp[i−1][j−zeros][k−ones]+1),​j<zeros ∣ k<onesj≥zeros & k≥ones​

最终得到 dp[l][m][n]dp[l][m][n] 的值即为答案。

由此可以得到空间复杂度为 O(lmn)O(lmn) 的实现。

3.代码实现

java

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class Solution { public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) { int length = strs.length; int[][][] dp = new int[length + 1][m + 1][n + 1]; for (int i = 1; i <= length; i++) { int[] zerosOnes = getZerosOnes(strs[i - 1]); int zeros = zerosOnes[0], ones = zerosOnes[1]; for (int j = 0; j <= m; j++) { for (int k = 0; k <= n; k++) { dp[i][j][k] = dp[i - 1][j][k]; if (j >= zeros && k >= ones) { dp[i][j][k] = Math.max(dp[i][j][k], dp[i - 1][j - zeros][k - ones] + 1); } } } } return dp[length][m][n]; } public int[] getZerosOnes(String str) { int[] zerosOnes = new int[2]; int length = str.length(); for (int i = 0; i < length; i++) { zerosOnes[str.charAt(i) - '0']++; } return zerosOnes; } }