算法沉淀——动态规划之其它背包问题与卡特兰数
二维费用的背包问题01.一和零02.盈利计划
似包非包组合总和 Ⅳ
卡特兰数不同的二叉搜索树
二维费用的背包问题
01.一和零
题目链接：https://leetcode.cn/problems/ones-and-zeroes/
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
思路
问题转化为二维费用的01背包问题：
状态表示：
dp[i][j][k] 表示从前 i 个字符串中挑选，字符 0 的个数不超过 j，字符 1 的个数不超过 k，所有的选法中，最大的长度。 状态转移方程：
根据最后一步的状况，分两种情况讨论：
不选第 i 个字符串：相当于去前 i - 1 个字符串中挑选，并且字符 0 的个数不超过 j，字符 1 的个数不超过 k。此时的最大长度为 dp[i][j][k] = dp[i - 1][j][k]。选择第 i 个字符串：接下来在前 i - 1 个字符串中挑选，字符 0 的个数不超过 j - a，字符 1 的个数不超过 k - b 的最大长度，然后在这个长度后面加上字符串 i。此时 dp[i][j][k] = dp[i - 1][j - a][k - b] + 1。需要特判这种状态是否存在。 综上，状态转移方程为：dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i - 1][j - a][k - b] + 1)。 初始化：
当没有字符串的时候，没有长度，因此初始化为 0。 填表顺序：
保证第一维的循环从小到大即可。 返回值：
根据状态表示，返回 dp[l][m][n]。
代码
class Solution {
public:
int findMaxForm(vector
int l=strs.size();
vector
for(int i=1;i<=l;i++){
int a=0,b=0;
for(char ch:strs[i-1])
if(ch=='0') a++;
else b++;
for(int j=m;j>=0;j--)
for(int k=n;k>=0;k--){
dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k];
if(j>=a&&k>=b) dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][j-a][k-b]+1);
}
}
return dp[l][m][n];
}
};
02.盈利计划
题目链接：https://leetcode.cn/problems/profitable-schemes/
集团里有 n 名员工，他们可以完成各种各样的工作创造利润。
第 i 种工作会产生 profit[i] 的利润，它要求 group[i] 名成员共同参与。如果成员参与了其中一项工作，就不能参与另一项工作。
工作的任何至少产生 minProfit 利润的子集称为 盈利计划 。并且工作的成员总数最多为 n 。
有多少种计划可以选择？因为答案很大，所以 返回结果模 10^9 + 7 的值。
示例 1：
输入：n = 5, minProfit = 3, group = [2,2], profit = [2,3]
输出：2
解释：至少产生 3 的利润，该集团可以完成工作 0 和工作 1 ，或仅完成工作 1 。
总的来说，有两种计划。
示例 2：
输入：n = 10, minProfit = 5, group = [2,3,5], profit = [6,7,8]
输出：7
解释：至少产生 5 的利润，只要完成其中一种工作就行，所以该集团可以完成任何工作。
有 7 种可能的计划：(0)，(1)，(2)，(0,1)，(0,2)，(1,2)，以及 (0,1,2) 。
提示：
1 <= n <= 1000 <= minProfit <= 1001 <= group.length <= 1001 <= group[i] <= 100profit.length == group.length0 <= profit[i] <= 100
思路
状态表示：
dp[i][j][k] 表示从前 i 个计划中挑选，总人数不超过 j，总利润至少为 k，有多少种选法。 状态转移方程：
根据最后一位的元素，有两种选择策略：
不选第 i 位置的计划：此时只能在前 i - 1 个计划中挑选，总人数不超过 j，总利润至少为 k。此时有 dp[i - 1][j][k] 种选法。选择第 i 位置的计划：在前 i - 1 个计划中挑选的限制变成了，总人数不超过 j - g[i]，总利润至少为 max(0, k - p[i])。此时有 dp[i - 1][j - g[i]][max(0, k - p[i])] 种选法。 注意特殊情况：
如果 j - g[i] < 0，说明人数过多，状态不合法，舍去。对于 k - p[i] < 0，说明利润太高，但问题要求至少为 k，因此将其取 max(0, k - p[i])。 综上，状态转移方程为：dp[i][j][k] = dp[i - 1][j][k] + dp[i - 1][j - g[i]][max(0, k - p[i])]。 初始化：
当没有任务时，利润为 0。在这种情况下，无论人数限制为多少，都能找到一个「空集」的方案。因此初始化 dp[0][j][0] 为 1，其中 0 <= j <= n。 填表顺序：
根据状态转移方程，保证 i 从小到大即可。 返回值：
根据状态表示，返回 dp[l][m][n]，其中 l 表示计划数组的长度。
代码
class Solution {
const int MOD=1e9+7;
public:
int profitableSchemes(int n, int m, vector
int l = group.size();
vector
for(int j=0;j<=n;j++) dp[0][j][0]=1;
for(int i=1;i<=l;i++)
for(int j=0;j<=n;j++)
for(int k=0;k<=m;k++){
dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k];
if(j>=group[i-1])
dp[i][j][k]+=dp[i-1][j-group[i-1]][max(0,k-profit[i-1])];
dp[i][j][k]%=MOD;
}
return dp[l][n][m];
}
};
似包非包
组合总和 Ⅳ
题目链接：https://leetcode.cn/problems/combination-sum-iv/
给你一个由 不同 整数组成的数组 nums ，和一个目标整数 target 。请你从 nums 中找出并返回总和为 target 的元素组合的个数。
题目数据保证答案符合 32 位整数范围。
示例 1：
输入：nums = [1,2,3], target = 4
输出：7
解释：
所有可能的组合为：
(1, 1, 1, 1)
(1, 1, 2)
(1, 2, 1)
(1, 3)
(2, 1, 1)
(2, 2)
(3, 1)
请注意，顺序不同的序列被视作不同的组合。
示例 2：
输入：nums = [9], target = 3
输出：0
提示：
1 <= nums.length <= 2001 <= nums[i] <= 1000nums 中的所有元素 互不相同1 <= target <= 1000
思路
注意这里题目意思容易混淆概念，其实这里是一个排列问题而并非组合问题，所以应该是普通的动态规划问题
状态表示：
dp[i] 表示总和为 i 时，一共有多少种排列方案。 状态转移方程：
对于 dp[i]，根据最后一个位置划分，选择数组中的任意一个数 nums[j]，其中 0 <= j <= n - 1。当 nums[j] <= i 时，排列数等于先找到 i - nums[j] 的方案数，然后在每一个方案后面加上一个数字 nums[j]。因为有很多个 j 符合情况，状态转移方程为：dp[i] += dp[i - nums[j]]，其中 0 <= j <= n - 1。 初始化：
当和为 0 时，我们可以什么都不选，即「空集」一种方案，因此 dp[0] = 1。 填表顺序：
根据状态转移方程，从左往右填表。 返回值：
根据状态表示，返回 dp[target] 的值。
代码
class Solution {
public:
int combinationSum4(vector
vector
dp[0]=1;
for(int i=1;i<=target;i++)
for(int& x:nums)
if(x<=i) dp[i]+=dp[i-x];
return dp[target];
}
};
卡特兰数
不同的二叉搜索树
题目链接：https://leetcode.cn/problems/unique-binary-search-trees/
给你一个整数 n ，求恰由 n 个节点组成且节点值从 1 到 n 互不相同的 二叉搜索树 有多少种？返回满足题意的二叉搜索树的种数。
示例 1：
输入：n = 3
输出：5
示例 2：
输入：n = 1
输出：1
提示：
1 <= n <= 19
思路
状态表示：
dp[i] 表示当结点数量为 i 个时，一共有多少颗 BST。 状态转移方程：
对于 dp[i]，选择每一个结点 j 作为头结点，分析不同头结点的 BST 数量。根据 BST 的定义，j 号结点的左子树的结点编号在 [1, j-1] 之间，有 j-1 个结点，右子树的结点编号在 [j+1, i] 之间，有 i-j 个结点。因此，j 号结点作为头结点的 BST 种类数量为 dp[j-1] * dp[i-j]。综合每一个可能的头结点，状态转移方程为：dp[i] += dp[j-1] * dp[i-j]，其中 1 <= j <= i。 初始化：
dp[0] 表示空树，也是一颗二叉搜索树，因此 dp[0] = 1。针对 i 从 1 开始的情况，需要通过 dp[j-1] * dp[i-j] 来计算。 填表顺序：
从左往右填表，保证每一步都有所依赖的子问题的解。 返回值：
返回 dp[n] 的值，表示结点数量为 n 时的 BST 种类数量。
代码
class Solution {
public:
int numTrees(int n) {
vector
dp[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=i;j++)
dp[i]+=dp[j-1]*dp[i-j];
return dp[n];
}
};
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