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在计算机界中，我们总是追求用有限的资源获取最大的收益。

现在，假设你分别支配着 m 个 0 和 n 个 1。另外，还有一个仅包含 0 和 1 字符串的数组。

你的任务是使用给定的 m 个 0 和 n 个 1 ，找到能拼出存在于数组中的字符串的最大数量。每个 0 和 1 至多被使用一次。

注意:

1. 给定 0 和 1 的数量都不会超过 100。
2. 给定字符串数组的长度不会超过 600。

示例 1:

输入: Array = {"10", "0001", "111001", "1", "0"}, m = 5, n = 3输出: 4解释: 总共 4 个字符串可以通过 5 个 0 和 3 个 1 拼出，即 "10","0001","1","0" 。

示例 2:

输入: Array = {"10", "0", "1"}, m = 1, n = 1输出: 2解释: 你可以拼出 "10"，但之后就没有剩余数字了。更好的选择是拼出 "0" 和 "1" 。

思路：典型的应用DP来解的题，建立一个二维的DP数组，其中dp[i][j]表示有i个0和j个1时能组成的最多字符串的个数，而对于当前遍历到的字符串，我们统计出其中0和1的个数为zeros和ones，有选取和不选取两种情况：

1、不选：dp[i][j]保持不变

2、选：dp[i][j] = dp[i - zeros][j - ones] + 1，其中dp[i - zeros][j - ones]表示如果取了当前的这个字符串之前，所有字符串可以取的最多的数字。

所以状态转移方程：dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - zeros][j - ones] + 1);

注意要从后往前更新，因为算后面的值的时候，要用到前面的结果；如果从前往后更新的话， dp[i - zeros][j - ones]会被更新掉，不再是：取了当前的这个字符串之前，所有字符串可以取的最多的数字。

class Solution {public:    int findMaxForm(vector
   
    & strs, int m, int n) {        vector
    
     
       >dp(m+1, vector
      
       (n+1));        for(auto str:strs){            int numzeros=0, numones=0;            for(auto c:str){                if(c=='0') numzeros++;                else numones++;            }            for(int i=m; i>=numzeros; --i){                for(int j=n; j>=numones; --j){                    dp[i][j]=max(dp[i][j], dp[i-numzeros][j-numones]+1);                }            }        }        return dp[m][n];    }};
      
     
    
   

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