题目描述
这是 LeetCode 上的 474. 一和零 ，难度为 中等。
Tag : 「01 背包」、「背包问题」、「多维背包」、「动态规划」
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 的最大子集的大小，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 。 复制代码
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 。 复制代码
提示：
- 1 <= strs.length <= 600
- 1 <= strs[i].length <= 100
- strs[i] 仅由 '0' 和 '1' 组成
- 1 <= m, n <= 100
（多维）01 背包
通常与「背包问题」相关的题考察的是 将原问题转换为「背包问题」的能力。
要将原问题转换为「背包问题」，往往需要从题目中抽象出「价值」与「成本」的概念。
这道题如果抽象成「背包问题」的话，应该是：
每个字符串的价值都是 1（对答案的贡献都是 1），选择的成本是该字符串中 1 的数量和 0 的数量。
问我们在 1 的数量不超过 mm，0 的数量不超过 nn 的条件下，最大价值是多少。
由于每个字符串只能被选一次，且每个字符串的选与否对应了「价值」和「成本」，求解的问题也是「最大价值」是多少。
因此可以直接套用 01 背包的「状态定义」来做：
f[k][i][j]f[k][i][j] 代表考虑前 k 件物品，在数字 1 容量不超过 ii，数字 0 容量不超过 jj 的条件下的「最大价值」（每个字符串的价值均为 1）。
有了「状态定义」之后，「转移方程」也很好推导：
f[k][i][j] = \max(f[k - 1][i][j], f[k - 1][i - cnt[k][0]][j - cnt[k][1]] + 1)f[k][i][j]=max(f[k−1][i][j],f[k−1][i−cnt[k][0]][j−cnt[k][1]]+1)
其中 cntcnt 数组记录的是字符串中出现的 0101 数量。
代码（为了方便理解，P1P1 将第一件物品的处理单独抽了出来，也可以不抽出来，只需要将让物品下标从 11 开始即可，见 P2P2）：
class Solution { public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) { int len = strs.length; // 预处理每一个字符包含 0 和 1 的数量 int[][] cnt = new int[len][2]; for (int i = 0; i < len; i++) { String str = strs[i]; int zero = 0, one = 0; for (char c : str.toCharArray()) { if (c == '0') { zero++; } else { one++; } } cnt[i] = new int[]{zero, one}; } // 处理只考虑第一件物品的情况 int[][][] f = new int[len][m + 1][n + 1]; for (int i = 0; i <= m; i++) { for (int j = 0; j <= n; j++) { f[0][i][j] = (i >= cnt[0][0] && j >= cnt[0][1]) ? 1 : 0; } } // 处理考虑其余物品的情况 for (int k = 1; k < len; k++) { int zero = cnt[k][0], one = cnt[k][1]; for (int i = 0; i <= m; i++) { for (int j = 0; j <= n; j++) { // 不选择第 k 件物品 int a = f[k-1][i][j]; // 选择第 k 件物品（前提是有足够的 m 和 n 额度可使用） int b = (i >= zero && j >= one) ? f[k-1][i-zero][j-one] + 1 : 0; f[k][i][j] = Math.max(a, b); } } } return f[len-1][m][n]; } } 复制代码
class Solution { public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) { int len = strs.length; int[][] cnt = new int[len][2]; for (int i = 0; i < len; i++) { String str = strs[i]; int zero = 0, one = 0; for (char c : str.toCharArray()) { if (c == '0') zero++; else one++; } cnt[i] = new int[]{zero, one}; } int[][][] f = new int[len + 1][m + 1][n + 1]; for (int k = 1; k <= len; k++) { int zero = cnt[k - 1][0], one = cnt[k - 1][1]; for (int i = 0; i <= m; i++) { for (int j = 0; j <= n; j++) { int a = f[k - 1][i][j]; int b = (i >= zero && j >= one) ? f[k - 1][i - zero][j - one] + 1 : 0; f[k][i][j] = Math.max(a, b); } } } return f[len][m][n]; } } 复制代码
- 时间复杂度：预处理字符串的复杂度为 O(\sum_{i = 0}^{k - 1}len(strs[i]))O(∑i=0k−1len(strs[i]))，处理状态转移的 O(k * m * n)O(k∗m∗n)。整体复杂度为：O(k * m * n + \sum_{i = 0}^{k - 1}len(strs[i]))O(k∗m∗n+∑i=0k−1len(strs[i]))
- 空间复杂度：O(k * m * n)O(k∗m∗n)
滚动数组
根据「状态转移」可知，更新某个物品的状态时，只依赖于上一个物品的状态。
因此，可以使用「滚动数组」的方式进行空间优化。
代码（为了方便理解，P1P1 将第一件物品的处理单独抽了出来，也可以不抽出来，只需要将让物品下标从 11 开始即可，见 P2P2）：
class Solution { public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) { int len = strs.length; // 预处理每一个字符包含 0 和 1 的数量 int[][] cnt = new int[len][2]; for (int i = 0; i < len; i++) { String str = strs[i]; int zero = 0, one = 0; for (char c : str.toCharArray()) { if (c == '0') { zero++; } else { one++; } } cnt[i] = new int[]{zero, one}; } // 处理只考虑第一件物品的情况 // 「物品维度」修改为 2 int[][][] f = new int[2][m + 1][n + 1]; for (int i = 0; i <= m; i++) { for (int j = 0; j <= n; j++) { f[0][i][j] = (i >= cnt[0][0] && j >= cnt[0][1]) ? 1 : 0; } } // 处理考虑其余物品的情况 for (int k = 1; k < len; k++) { int zero = cnt[k][0], one = cnt[k][1]; for (int i = 0; i <= m; i++) { for (int j = 0; j <= n; j++) { // 不选择第 k 件物品 // 将 k-1 修改为 (k-1)&1 int a = f[(k-1)&1][i][j]; // 选择第 k 件物品（前提是有足够的 m 和 n 额度可使用） // 将 k-1 修改为 (k-1)&1 int b = (i >= zero && j >= one) ? f[(k-1)&1][i-zero][j-one] + 1 : 0; f[k&1][i][j] = Math.max(a, b); } } } // 将 len-1 修改为 (len-1)&1 return f[(len-1)&1][m][n]; } } 复制代码
class Solution { public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) { int len = strs.length; int[][] cnt = new int[len][2]; for (int i = 0; i < len; i++) { String str = strs[i]; int zero = 0, one = 0; for (char c : str.toCharArray()) { if (c == '0') zero++; else one++; } cnt[i] = new int[]{zero, one}; } int[][][] f = new int[2][m + 1][n + 1]; for (int k = 1; k <= len; k++) { int zero = cnt[k - 1][0], one = cnt[k - 1][1]; for (int i = 0; i <= m; i++) { for (int j = 0; j <= n; j++) { int a = f[(k-1) & 1][i][j]; int b = (i >= zero && j >= one) ? f[(k-1) & 1][i - zero][j - one] + 1 : 0; f[k&1][i][j] = Math.max(a, b); } } } return f[len&1][m][n]; } } 复制代码
- 时间复杂度：预处理字符串的复杂度为 O(\sum_{i = 0}^{k - 1}len(strs[i]))O(∑i=0k−1len(strs[i]))，处理状态转移的 O(k * m * n)O(k∗m∗n)。整体复杂度为：O(k * m * n + \sum_{i = 0}^{k - 1}len(strs[i]))O(k∗m∗n+∑i=0k−1len(strs[i]))
- 空间复杂度：O(m * n)O(m∗n)
一维空间优化
事实上，我们还能继续进行空间优化。
再次观察我们的「状态转移方程」发现：f[k][i][j]f[k][i][j] 不仅仅依赖于上一行，还明确依赖于比 ii 小和比 jj 小的状态。
即可只依赖于「上一行」中「正上方」的格子，和「正上方左边」的格子。
对应到「朴素的 01 背包问题」依赖关系如图：
因此可直接参考「01 背包的空间优化」方式：取消掉「物品维度」，然后调整容量的遍历顺序。
代码：
class Solution { public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) { int len = strs.length; int[][] cnt = new int[len][2]; for (int i = 0; i < len; i++) { int zero = 0, one = 0; for (char c : strs[i].toCharArray()) { if (c == '0') zero++; else one++; } cnt[i] = new int[]{zero, one}; } int[][] f = new int[m + 1][n + 1]; for (int k = 0; k < len; k++) { int zero = cnt[k][0], one = cnt[k][1]; for (int i = m; i >= zero; i--) { for (int j = n; j >= one; j--) { f[i][j] = Math.max(f[i][j], f[i - zero][j - one] + 1); } } } return f[m][n]; } } 复制代码
- 时间复杂度：预处理字符串的复杂度为 O(\sum_{i = 0}^{k - 1}len(strs[i]))O(∑i=0k−1len(strs[i]))，处理状态转移的 O(k * m * n)O(k∗m∗n)。整体复杂度为：O(k * m * n + \sum_{i = 0}^{k - 1}len(strs[i]))O(k∗m∗n+∑i=0k−1len(strs[i]))
- 空间复杂度：O(m * n)O(m∗n)
最后
这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.474 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先将所有不带锁的题目刷完。
在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。
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