LeetCode.1049 最后一块石头的重量 II

题目链接最后一块石头的重量II

题解

class Solution {public int lastStoneWeightII(int[] stones) {int len = stones.length;int sum = 0;for(int i = 0;i<len;i++) sum += stones[i];int target = sum / 2;int[] dp = new int[target + 1];for(int i = 0;i<len;i++){for(int j = target;j>=stones[i];j--){dp[j] = Math.max(dp[j],dp[j-stones[i]] + stones[i]);}}int max_value = dp[target];return sum - max_value * 2;}
}

解题思路

这段代码解决的是 "最后一块石头的重量 II" 问题，这是一个典型的动态规划问题，本质上可以转化为 0-1 背包问题。

算法思路解析：

问题转化：将石头分成两堆，使两堆的重量尽可能接近总和的一半。这样两堆石头碰撞后剩下的重量就是最小可能值。
动态规划思路：
- 计算所有石头的总重量 sum
- 目标是找到总和不超过 sum/2 的最大子集和
- 使用 0-1 背包的动态规划方法求解这个最大子集和

代码解释：

sum：计算所有石头的总重量
target：总重量的一半，作为背包的最大容量
dp[j]：表示容量为 j 的背包能装下的最大石头重量
内层循环采用倒序遍历j，是为了避免同一石头被多次使用（0-1 背包特性）
最终结果sum - max_value * 2表示两堆石头碰撞后剩余的最小重量

LeetCode.494 目标和

题目链接目标和

题解

class Solution {public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {int sum = 0;int len = nums.length;for(int i = 0;i<len;i++) sum += nums[i];if ((target + sum) % 2 == 1) return 0;if (Math.abs(target) > sum) return 0;int n = (sum + target) / 2;// 能凑成i容量的dp[i]种方法int[] dp = new int[n+1];dp[0] = 1;for(int i = 0;i<len;i++){for(int j = n;j>=nums[i];j--){dp[j] += dp[j - nums[i]];}} return dp[n];}
}

解题思路

这段代码解决的是 "目标和" 问题，即通过给数组中的每个数字添加 "+" 或 "-"，使得它们的和等于目标值 target，计算有多少种不同的方法。

算法思路解析：

问题转化：假设数组中添加 "+" 的元素和为sumA，添加 "-" 的元素和为sumB，则有：
- sumA - sumB = target
- sumA + sumB = sum（数组总和）
  两式相加可得 2*sumA = target + sum，即 sumA = (target + sum) / 2
关键判断：
- 如果(target + sum)是奇数，无法整除，直接返回 0
- 如果target的绝对值大于总和sum，也返回 0
动态规划思路：
- 问题转化为：从数组中选取若干元素，使其和等于sumA，计算有多少种选法
- 这是一个典型的 "子集和计数" 问题，可用 0-1 背包的动态规划方法解决

代码解释：

sum：计算数组所有元素的总和
n：即上述的sumA，表示需要凑出的目标和
dp[i]：表示能凑成和为 i 的方法总数
初始化dp[0] = 1：表示凑成和为 0 的方法有 1 种（什么都不选）
内层循环倒序遍历，避免同一元素被重复使用
最终结果dp[n]就是能凑成目标和的方法总数

LeetCode.474 一和零

题目链接一和零

题解

class Solution {public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) {int[][][] dpArr = new int[strs.length][m + 1][n + 1];int zeroNum = 0;int oneNum = 0;for (char c : strs[0].toCharArray()) {if (c == '0') {zeroNum++;} else {oneNum++;}}for (int j = zeroNum; j <= m; j++) {for (int k = oneNum; k <= n; k++) {dpArr[0][j][k] = 1;}}for (int i = 1; i < strs.length; i++) {zeroNum = 0;oneNum = 0;for (char c : strs[i].toCharArray()) {if (c == '0') {zeroNum++;} else {oneNum++;}}for (int j = 0; j <= m; j++) {for (int k = 0; k <= n; k++) {if (j >= zeroNum && k >= oneNum) {dpArr[i][j][k] = Math.max(dpArr[i - 1][j][k], dpArr[i - 1][j - zeroNum][k - oneNum] + 1);} else {dpArr[i][j][k] = dpArr[i - 1][j][k];}}}}return dpArr[dpArr.length - 1][m][n];}
}

解题思路

这段代码解决的是 "一和零" 问题，即在给定 0 和 1 的最大数量限制 (m 和 n) 的情况下，从字符串数组中选出最多数量的字符串，使这些字符串中包含的 0 总数不超过 m，1 总数不超过 n。

算法思路解析：

这是一个典型的二维 0-1 背包问题：

每个字符串可以看作一个物品
每个物品有两个 "重量" 属性：0 的数量和 1 的数量
背包的两个容量限制分别是 m (0 的最大数量) 和 n (1 的最大数量)
目标是选择最多数量的物品 (字符串) 而不超过背包容量

代码解释：

三维 DP 数组定义：dpArr[i][j][k]表示在前 i 个字符串中，使用不超过 j 个 0 和 k 个 1 时能选取的最大字符串数量
初始化处理：
- 计算第一个字符串中 0 和 1 的数量
- 对于能容纳第一个字符串的所有 (j,k) 组合，初始化为 1 (表示选择第一个字符串)
状态转移：
- 对每个字符串，先计算其包含的 0 和 1 的数量
- 对每种可能的 0 和 1 的数量限制 (j,k)：
  - 如果当前字符串可以被容纳 (j>= 0 的数量且 k >= 1 的数量)，则取 "不选当前字符串" 和 "选当前字符串" 两种情况的最大值
  - 否则，只能继承不选当前字符串的结果
最终结果：dpArr[strs.length - 1][m][n]表示考虑所有字符串后，在 m 和 n 限制下能选取的最大字符串数量