1049. Last Stone Weight II
1049. Last Stone Weight II
题目
You are given an array of integers stones where stones[i] is the weight of the ith stone.
We are playing a game with the stones. On each turn, we choose any two stones and smash them together. Suppose the stones have weights x and y with x <= y. The result of this smash is:
- If
x == y, both stones are destroyed, and - If
x != y, the stone of weightxis destroyed, and the stone of weightyhas new weighty - x.
At the end of the game, there is at most one stone left.
Return the smallest possible weight of the left stone. If there are no stones left, return 0.
Example 1:
Input: stones = [2,7,4,1,8,1]
Output: 1
Explanation:
We can combine 2 and 4 to get 2, so the array converts to [2,7,1,8,1] then,
we can combine 7 and 8 to get 1, so the array converts to [2,1,1,1] then,
we can combine 2 and 1 to get 1, so the array converts to [1,1,1] then,
we can combine 1 and 1 to get 0, so the array converts to [1], then that's the optimal value.
Example 2:
Input: stones = [31,26,33,21,40]
Output: 5
Constraints:
1 <= stones.length <= 301 <= stones[i] <= 100
题目大意
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
解题思路
思路一：动态规划
这道题可以转化为背包问题，有一定的难度。
题目要从石头堆中选出任意两块石头，然后将它们一起粉碎，求最后一块石头的重量。可以将问题转化为：把一堆石头分成两堆，求两堆石头重量差最小值;
进一步分析，要让差值小，两堆石头的重量都要接近 sum/2 ，我们假设两堆分别为 A、B ，A<sum/2，B>sum/2，若 A 更接近 sum/2 ，B 也相应更接近 sum/2;
进一步转化，将一堆 stones 放进最大容量为 sum/2 的背包，求放进去的石头的最大重量 MaxWeight，最终答案即为 sum-2*MaxWeight;
先求出所有石头的总重量
sum，则背包的重量为target = sum / 2；使用二维数组
dp，其中dp[i][j]表示将前i块石头放入容量为j的背包时，背包里石头的最大重量。初始化第一列，表示只有一块石头
stones[0]时，背包里石头的最大重量。状态转移方程：
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - stones[i]] + stones[i]- 其中，
dp[i - 1][j]表示第i个石头不放入背包； dp[i - 1][j - stones[i]] + stones[i]表示第i个石头放入背包，则对于前i - 1块石头，背包的容量只剩j - stones[i]；
- 其中，
遍历石头重量和背包容量，根据状态转移方程更新
dp[i][j]的值。最后返回
sum - 2 * dp[n - 1][target]时间复杂度：
O(n * target)，其中n是石头的数量，target是石头总重量的 1/2。空间复杂度：
O(n * target)，使用了一个二维动态规划数组。
思路二：压缩状态的动态规划
由于二维数组中，第
i行dp[i][...]只和第i - 1行dp[i - 1][...]有关，所以可以将dp数组压缩至一维；使用一维数组
dp，其中dp[j]表示背包容量为j时的，背包里石头的最大重量；初始化
dp数组为 0；状态转移方程：
dp[j] = max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i]；- 其中，
dp[j]表示第i个石头不放入背包； dp[j - stones[i]] + stones[i]表示第i个石头放入背包，则对于前i - 1块石头，背包的容量只剩j - stones[i]；
- 其中，
遍历石头重量和背包容量，根据状态转移方程更新
dp[i][j]的值，注意，此时需要反向遍历j，确保在更新当前状态时，所依赖的状态已经被正确计算；最后返回
sum - 2 * dp[target]；时间复杂度：
O(n * target)，其中n是石头的数量，target是石头总重量的 1/2。空间复杂度：
O(target)，使用了一个一维动态规划数组。
代码
/**
* @param {number[]} stones
* @return {number}
*/
var lastStoneWeightII = function (stones) {
const sum = stones.reduce((num, acc) => acc + num, 0);
const target = Math.floor(sum / 2);
const n = stones.length;
const dp = new Array(n).fill(0).map(() => new Array(target + 1).fill(0));
// base case
for (let j = 0; j <= target; j++) {
if (j < stones[0]) {
dp[0][j] = 0;
} else {
dp[0][j] = stones[0];
}
}
for (let i = 1; i < n; i++) {
for (let j = 1; j <= target; j++) {
if (j < stones[i]) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
} else {
dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - stones[i]] + stones[i]);
}
}
}
return sum - 2 * dp[n - 1][target];
};
/**
* @param {number[]} stones
* @return {number}
*/
var lastStoneWeightII = function (stones) {
const sum = stones.reduce((num, acc) => acc + num, 0);
const target = Math.floor(sum / 2);
const n = stones.length;
const dp = new Array(target + 1).fill(0);
for (let i = 0; i < n; i++) {
for (let j = target; j >= 0; j--) {
if (j >= stones[i]) {
dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i]);
}
}
}
return sum - 2 * dp[target];
};
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