day36 力扣1049.最后一块石头的重量II 力扣494.目标和 力扣474.一和零
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 <= 301 <= stones[i] <= 100
本题与分割等和子集很像。
使用滚动数组,dp[j]表示容量为j的背包所具有的价值（j容量的石头价值也是j）
初始化均为0.
递推公式 要么没使用i位置的石头 就是dp[j]；要么使用i位置的石头 就是dp[j-stone[i]]+stone[i]。
顺序，由于使用的是滚动数组，那我们就先遍历物品，再遍历容量，且容量遍历是从后往前遍历。
最后的输出，我们得到了 dp[target], sum- dp[target]就是另一半的值，做差就可得到结果。
class Solution {
public:int lastStoneWeightII(vector<int>& stones) {int sum = 0;for (int i : stones) {sum += i;}int target = sum / 2;vector<int> dp (target+1,0);for(int i = 0;i<stones.size();i++){for(int j = target;j>=stones[i];j--){dp[j] = max(dp[j],dp[j-stones[i]]+stones[i]);}}return (sum - dp[target]) - dp[target];}
};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，用nums装满容量为x的背包，有几种方法。
（C++代码中，输入的S 就是题目描述的 target） if ((target + sum) % 2 == 1) return 0; // 此时没有方案同时如果target 的绝对值已经大于sum，那么也是没有方案的。
if (abs(target) > sum) return 0; // 此时没有方案
确定dp数组以及下标的含义
先用 二维 dp数组求解本题，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。
递推公式
抽象化如下：
不放物品i：即背包容量为j，里面不放物品i，装满有dp[i - 1][j]中方法。
放物品i： 即：先空出物品i的容量，背包容量为（j - 物品i容量），放满背包有 dp[i - 1][j - 物品i容量] 种方法。
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]]; 初始化
最上方 把nums[0]=j 的dp[0][j]位置的dp初始化为1.
至于最左侧的初始化，要考虑nums数组中有多少个0，如果没有0，初始化为1；如果有n个0，初始化为2的n次方。
遍历顺序任意。
class Solution {
public:int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int target) {int sum = 0;for(int num:nums){sum += num;}if((sum+target)%2==1) return 0;if(abs(target)>sum) return 0;int bagSize = (sum+target)/2;vector<vector<int>> dp(nums.size(),vector<int>(bagSize+1,0));for(int i = 0;i<nums.size();i++){dp[i][0] = 1;}for(int j = 0;j<=bagSize;j++){if(j==nums[0]){dp[0][j] = 1;}}int numZero = 0;for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {if (nums[i] == 0) numZero++;dp[i][0] = (int) pow(2.0, numZero);}for(int i = 1;i<nums.size();i++){for(int j = 1;j<=bagSize;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.size()-1][bagSize];}
};
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 <= 6001 <= strs[i].length <= 100strs[i]仅由'0'和'1'组成1 <= m, n <= 100
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);
顺序均由后向前。
class Solution {
public:int findMaxForm(vector<string>& strs, int m, int n) {vector<vector<int>> dp(m+1,vector<int>(n+1,0));for(string str:strs){int oneNum = 0;int zeroNum = 0;for(char c:str){if(c=='0') zeroNum++;else oneNum++;}for(int i = m;i>=zeroNum;i--){for(int j = n;j>=oneNum;j--){dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i-zeroNum][j-oneNum]+1);}}}return dp[m][n];}
};