代码随想录第三十六天-优快云博客

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1049.最后一块石头的重量

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

思路：

这道题的思路跟昨天最后一道题是一样的，这道题我们首先算出它的总和，然后把他划分成两部分，然后设置dp[i]为前i个石头相加的最大重量，然后我们用总和减去两个相同的最大重量，算出来的就是它们两个之间的最小差值，而这个最小的差值就是石头的最小的可能重量。

解答：

int lastStoneWeightII(int* stones, int stonesSize) {
    int sum = 0;
    for(int i = 0;i < stonesSize;i++)
    {
        sum += stones[i];
    }
    int target = sum / 2;
    int *dp = calloc(target+1,sizeof(int));
    for(int i = 0;i < stonesSize;i++)
    {
        for(int j = target;j >= stones[i];j--)
        {
            dp[j] = fmax(dp[j],dp[j-stones[i]]+stones[i]);
        }
    }
    return sum - 2*dp[target];
}

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

思路：

这道题把整个数组算出它的总和，然后划分成两份，一份是用来计算正数的总和，一份是用来计算负数的总和，我们就可以得到sum正+sum负=sum总和这个公式，根据题目正数和减去负数和要等于target所以我们又可以得到sum正-sum负=target，我们就可以算出sum正为多少，当我们算出sum正为多少时，我们就开始设置dp[i]为前i个的子集个数，然后当i=sum正的时候子集也就是我们题目所求的答案。

解答：

int findTargetSumWays(int* nums, int numsSize, int target) {
    int sum = 0;
    for(int i = 0;i < numsSize;i++)
    {
        sum += nums[i];
    }
    if((sum+target)%2 != 0 || target > sum || sum < abs(target))
    return 0;
    int x = (target + sum) / 2;
    int* dp = calloc(x+1,sizeof(int));
    dp[0] = 1;
    for(int i = 0;i < numsSize;i++)
    {
        for(int j = x;j >= nums[i];j--)
        {
            dp[j] += dp[j-nums[i]];
        }
    }
    return dp[x];
}

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

思路：

这道题也是01背包问题，我们首先定义一个动态规划数组 dp[i][j]，表示在最多有 i 个 0 和 j 个 1 的情况下，可以选择的最大字符串数量。然后遍历每个字符串，统计它的 0 和 1 数量。接下来，从 m 和 n 开始倒序遍历 dp[i][j]，每次选择是否添加当前字符串，来更新子集的数量。状态转移方程是 dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - count0][j - count1] + 1)，即在选择和不选择当前字符串之间取最大值。最终得到的 dp[m][n] 就是符合条件的最大子集数量。

解答：

int findMaxForm(char** strs, int strsSize, int m, int n) {
    int dp[m+1][n+1];
    memset(dp,0,sizeof(int)*(m+1)*(n+1));
    for(int i = 0;i < strsSize;i++)
    {
        int count0 = 0;
        int count1 = 0;
        char* str = strs[i];
        int len = strlen(str);
        for(int i = 0;i < len;i++)
        {
            if(str[i] == '0')
            {
                count0++;
            }
            else
            {
                count1++;
            }
        }
        for(int i = m;i >= count0;i--)
        {
            for(int j = n;j >= count1;j--)
            {
                dp[i][j] = fmax(dp[i][j],dp[i-count0][j-count1]+1);
            }
        }
    }
    return dp[m][n];
}