代码随想录day36 动态规划04

原创已于 2024-11-20 23:18:57 修改 · 905 阅读

9 ·

CC 4.0 BY-SA版权

文章标签：

#动态规划 #代理模式 #算法

于 2024-11-20 18:40:47 首次发布

代码随想录专栏收录该内容

20 篇文章

订阅专栏

day36 动态规划04
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
背包问题转化

计算总重量：
○ 计算所有石头的总重量 sum。
目标：
○ 我们的目标是将石头分成两堆，使得这两堆的重量差最小。这相当于在一个背包中放入一些石头，使得背包的总重量尽可能接近 sum / 2。
动态规划：
○ 使用动态规划来解决这个背包问题。定义 dp[i] 表示容量为 i 的背包所能装的最大石头重量。
动态规划方法
定义状态：
○ dp[i] 表示容量为 i 的背包所能装的最大石头重量。
状态转移方程：
○ dp[i] = max(dp[i], dp[i - stones[j]] + stones[j])，其中 j 是石头的索引。
初始条件：
○ dp[0] = 0。
结果：
○ 最后，sum - 2 * dp[target] 即为两堆石头的最小重量差，其中 target = sum / 2。

class Solution {
    public int lastStoneWeightII(int[] stones) {
        int sum = 0;
        for (int stone : stones) {
            sum += stone;
        }

        int target = sum / 2;
        int[] dp = new int[target + 1];

        for (int stone : stones) {
            for (int j = target; j >= stone; j--) {
                dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - stone] + stone);
            }
        }

        return sum - 2 * dp[target];
    }
}

计算总重量：
○ sum 计算所有石头的总重量。
初始化目标：
○ target = sum / 2，表示我们希望背包的总重量尽可能接近 sum / 2。
动态规划：
○ 使用一个一维数组 dp，其中 dp[i] 表示容量为 i 的背包所能装的最大石头重量。
○ 外层循环遍历每一块石头，内层循环从 target 到当前石头的重量 stone 进行逆序遍历，避免重复使用同一块石头。
结果：
○ 最后，sum - 2 * dp[target] 即为两堆石头的最小重量差。
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
转化为子集和问题
假设 P 是所有加号前的数的和，N 是所有减号前的数的和，那么有： P−N=targetP−N=target
同时，所有数的总和为 sum，因此： P+N=sumP+N=sum
联立这两个方程，可以解得： P=sum+target2P=2sum+targetN=sum−target2N=2sum−target
因此，问题转化为在数组 nums 中找到一个子集，使得这个子集的和为 P。
动态规划方法
定义状态：
○ dp[i] 表示和为 i 的子集的数目。
状态转移方程：
○ dp[i] = dp[i] + dp[i - nums[j]]，其中 j 是数组 nums 中的元素索引。
初始条件：
○ dp[0] = 1，表示和为 0 的子集只有一个，即空集。
结果：
○ 最后，dp[P] 即为所求的结果。

class Solution {
    public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
        int sum = 0;
        for (int num : nums) {
            sum += num;
        }

        // 如果 sum + target 不是偶数，或者 sum < target，直接返回 0
        if ((sum + target) % 2 != 0 || sum < Math.abs(target)) {
            return 0;
        }

        int P = (sum + target) / 2;
        int[] dp = new int[P + 1];
        dp[0] = 1;

        for (int num : nums) {
            for (int i = P; i >= num; i--) {
                dp[i] += dp[i - num];
            }
        }

        return dp[P];
    }
}

计算总和：
○ sum 计算数组 nums 中所有数的总和。
检查可行性：
○ if ((sum + target) % 2 != 0 || sum < Math.abs(target))：
■ 如果 sum + target 不是偶数，或者 sum 小于 |target|，直接返回 0。这里使用 Math.abs(target) 是为了确保 sum 至少要大于等于 |target|，因为 target 可能是负数。
初始化目标：
○ P = (sum + target) / 2，表示我们需要找到和为 P 的子集。
动态规划：
○ 使用一个一维数组 dp，其中 dp[i] 表示和为 i 的子集的数目。
○ 外层循环遍历每一块石头，内层循环从 P 到当前石头的重量 num 进行逆序遍历，避免重复使用同一块石头。
结果：
○ 最后，dp[P] 即为所求的结果。
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 。

定义状态：
○ dp[i][j] 表示在最多有 i 个 0 和 j 个 1 的情况下，能够选择的最大子集的大小。
状态转移方程：
○ 对于每个字符串 str，假设它包含 zeroCount 个 0 和 oneCount 个 1，则状态转移方程为：dp[i][j]=max⁡(dp[i][j],dp[i−zeroCount][j−oneCount]+1)dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i−zeroCount][j−oneCount]+1)
○ 其中 i >= zeroCount 且 j >= oneCount。
初始条件：
○ dp[0][0] = 0，表示在没有任何 0 和 1 的情况下，能够选择的最大子集的大小为 0。
结果：
○ 最后，dp[m][n] 即为所求的结果。

class Solution {
    public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) {
        int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];

        for (String str : strs) {
            int zeroCount = countZero(str);
            int oneCount = str.length() - zeroCount;

            for (int i = m; i >= zeroCount; i--) {
                for (int j = n; j >= oneCount; j--) {
                    dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], dp[i - zeroCount][j - oneCount] + 1);
                }
            }
        }

        return dp[m][n];
    }

    private int countZero(String str) {
        int count = 0;
        for (char c : str.toCharArray()) {
            if (c == '0') {
                count++;
            }
        }
        return count;
    }
}

初始化 dp 数组：
○ dp 数组的大小为 (m + 1) x (n + 1)，初始值为 0。
计算每个字符串的 0 和 1 的数量：
○ 对于每个字符串 str，计算其中 0 的数量 zeroCount 和 1 的数量 oneCount。
状态转移：
○ 使用双重循环从 m 到 zeroCount 和从 n 到 oneCount 进行逆序遍历，避免重复使用同一个字符串。
○ 更新 dp[i][j] 的值为 dp[i][j] 和 dp[i - zeroCount][j - oneCount] + 1 的较大值。
结果：
○ 最后，dp[m][n] 即为所求的结果。