力扣10.31

956. 最高的广告牌

你正在安装一个广告牌，并希望它高度最大。这块广告牌将有两个钢制支架，两边各一个。每个钢支架的高度必须相等。

你有一堆可以焊接在一起的钢筋 rods。举个例子，如果钢筋的长度为 1、2 和 3，则可以将它们焊接在一起形成长度为 6 的支架。

返回 广告牌的最大可能安装高度 。如果没法安装广告牌，请返回 0 。

数据范围

• 0 <= rods.length <= 20
• 1 <= rods[i] <= 1000
• sum(rods[i]) <= 5000

分析

令$dp[i][j]$为使用前$i$个rod，差值为j的最大安装高度和，最后的结果即为$dp[n][0]/2$
考虑四种情况

• 不使用第i根rod
  • dp[i][j]=dp[i-1][j]
• 将第i根rod加入到短的那根，且加入后短的仍然短
  • $dp[i][j]=dp[i-1][j+rod[i]]+rod[i]$
• 将第i根rod加入到短的那根，加入后短的变长
  • $dp[i][j]=dp[i-1][rod[i]-j]+rod[i]$
• 将第i根rod加入到长的那根，加入后长的更长
  • $dp[i][j]=dp[i-1][j-rod[i]]+rod[i]$

最后四种情况取$max$

代码

class Solution {
public:
    const static int N = 5005, M = 25;
    int dp[M][N]; 
    int tallestBillboard(vector<int>& rods) {
        int n = rods.size();
        memset(dp, -0x3f, sizeof(dp));
        dp[0][0] = 0;
        for(int i = 0; i < n; i ++ ) {
            for(int j = 0; j + rods[i] <= 5000; j ++ ) {
                dp[i + 1][j] = dp[i][j];
                dp[i + 1][j] = max(dp[i + 1][j], dp[i][abs(j - rods[i])] + rods[i]);
                dp[i + 1][j] = max(dp[i + 1][j], dp[i][j + rods[i]] + rods[i]);
            }
        }
        return dp[n][0] / 2;
    }
};

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3082. 求出所有子序列的能量和

给你一个长度为 n 的整数数组 nums 和一个 正 整数 k 。

一个整数数组的 能量 定义为和 等于 k 的子序列的数目。

请你返回 nums 中所有子序列的 能量和 。

由于答案可能很大，请你将它对 109 + 7 取余 后返回。

数据范围

• 1 <= n <= 100
• 1 <= nums[i] <= 104
• 1 <= k <= 100

分析

令$dp[i][j]$为前i个能量为j的子序列数目和，我们考虑添加第的第i个数的性质

• 首先，加入第i个数，前面dp[i-1][j]个子序列若加入这第i个数子序列仍然成立，因此$dp[i][j]=2\ast dp[i-1][j]$（一个是前i-1个数原来有的子序列，另一个是加入第i个数构成的新的子序列中不选第i个数的能量和）
• 若第i个数正好为j，则他能和前面i个数构成的所有子序列构成新的子序列，且新的子序列只选他，此时新加入的能量为$2^i$（即前i个数构成的子序列个数）
• 否则$dp[i][j]+=dp[i-1][j-nums[i]]$

代码

typedef long long LL;
class Solution {
public:
    const static int N = 105, mod = 1e9 + 7;
    LL dp[N][N]; // 前i个能量为j的子序列数目和
    LL qpow(LL a, LL n) {
        LL res = 1;
        while(n) {
            if(n & 1) res = res * a % mod;
            a = a * a % mod;
            n >>= 1;
        }
        return res;
    }
    LL sumOfPower(vector<int>& nums, int k) {
        int n = nums.size();
        dp[0][0] = 1;
        for(int i = 0; i < n; i ++ ) {
            for(int j = 0; j <= k; j ++ ) {
                dp[i + 1][j] += 2 * dp[i][j];
                if(nums[i] == j) {
                    dp[i + 1][j] += qpow(2, i);
                } else {
                    if(j >= nums[i]) {
                        dp[i + 1][j] += dp[i][j - nums[i]];
                    }
                }
                dp[i + 1][j] %= mod;
            }
        }
        return dp[n][k];
    }   
};