LeetCode474. 一和零

474. 一和零

文章目录

- [474. 一和零](https://leetcode.cn/problems/ones-and-zeroes/)
- - 一、题目
  - 二、题解
  - - 方法一：01背包
    - 方法二：01背包三维数组

一、题目

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

二、题解

方法一：01背包

我们将这个问题与01背包问题联系起来：

物品：字符串数组strs中的每个字符串可以看作一个物品。
重量：每个字符串有两个重量，分别是0的数量（zeroNum）和1的数量（oneNum）。
价值：每个字符串的价值都是1，因为我们的目标是找到最大子集的长度，价值即为长度。

问题的限制条件如下：

背包容量1：最多有m个0。
背包容量2：最多有n个1。

思考过程

首先，我们需要找到一个动态规划的状态表示。题目要求找出一个最大子集，这个子集中最多有m个0和n个1。我们可以用一个二维数组dp来表示状态，其中dp[i][j]表示在限制条件下最多可以包含i个0和j个1的子集的最大长度。
接下来，我们需要找到状态转移方程，也就是如何从一个状态转移到下一个状态。对于每个字符串strs[i]，我们需要考虑两种情况：
- 如果选择不包含这个字符串，那么dp[i][j] = dp[i-1][j]，表示不使用这个字符串，保持前一个状态的值。
- 如果选择包含这个字符串，我们需要减去这个字符串中0和1的数量（zeroNum和oneNum），然后更新dp[i][j]。具体来说，dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1)。这表示如果选择包含这个字符串，我们可以在前一个状态的基础上加1，但是要确保不超过限制条件；或者说如果原状的个数更多，那么维持原状。
最后，我们需要遍历所有的字符串并填充dp数组，然后返回dp[m][n]作为最终答案。

代码

class Solution {
public://找到字符串中0和1数量void countNum(string str, int &a, int &b){for(int i = 0; i < str.size(); i++){if(str[i] == '1'){b++;}else{a++;}}}int findMaxForm(vector<string>& strs, int m, int n) {//dp[i][j]代表i个0和j个1情况下最多子集数量vector<vector<int>> dp(m+1,vector<int>(n+1, 0));for(string str: strs){int oneNum = 0;int zeroNum = 0;countNum(str, zeroNum, 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];}
};

方法二：01背包三维数组

其他思路与上面差不多，就先忽略，下面是一些细节性的部分：

初始化

首先，对于第一个字符串 strs[0]，我们需要计算其包含的0和1的数量，分别记为 zero_p 和 one_p。接着，我们初始化 dp[0][i][j] 数组，其中 i 表示可用的0的数量， j 表示可用的1的数量。初始化规则是：

如果 zero_p 不超过可用的0数量 i，并且 one_p 不超过可用的1数量 j，则 dp[0][i][j] 被设为1，表示可以选择该字符串。

这一步确保了在考虑第一个字符串时，我们只考虑了可行的情况。

填写 dp 数组

接下来，我们遍历字符串数组 strs，从第二个字符串开始（因为第一个字符串已经处理过了），计算每个字符串中0和1的数量，分别为 zeroNum 和 oneNum。

然后，我们使用嵌套的循环遍历可用的0和1的数量（j 和 k），并填充 dp 数组：

如果 j 小于 zeroNum 或者 k 小于 oneNum，则说明当前字符串不能选择，因此 dp[i][j][k] 等于上一个状态 dp[i-1][j][k]。
否则，我们有两个选择：不选择当前字符串（继承上一个状态）或选择当前字符串（当前状态等于上一个状态减去当前字符串的0和1数量再加1）。我们选择这两者中的较大值。

最终，dp[strs.size()-1][m][n] 包含了所有字符串的最优解，表示在限制条件下可以获得的最大子集长度。

class Solution {
public:void countNum(string str, int &a, int &b){for(int i = 0; i < str.size(); i++){if(str[i] == '1'){b++;}else{a++;}}}int findMaxForm(vector<string>& strs, int m, int n) {//dp[i][j][k]代表在0到i个元素中，j个0和k个1的最大子集vector<vector<vector<int>>> dp(strs.size(),vector<vector<int>>(m+1,vector<int>(n+1,0)));//初始化int one_p = 0;int zero_p = 0;countNum(strs[0],one_p,zero_p);for(int i = 0; i <= m; i++){for(int j = 0; j <= n; j++){if(one_p <= i && zero_p <= j){dp[0][i][j] = 1;}}}//填写dp数组for(int i = 1; i < strs.size(); i++){int oneNum = 0;int zeroNum = 0;countNum(strs[i], zeroNum, oneNum);for(int j = 0; j <= m; j++){for(int k = 0; k <= n; k++){if(j < zeroNum || k < oneNum){dp[i][j][k] = dp[i-1][j][k];}else{dp[i][j][k] = max(dp[i-1][j][k],dp[i-1][j-zeroNum][k-oneNum]+1);}}}}return dp[strs.size()-1][m][n];}
};