1002

题目如下

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 。

解题思路

动态规划
这道题和经典的背包问题非常相似，但是和经典的背包问题只有一种容量不同，这道题有两种容量，即选取的字符串子集中的 0 和 1 的数量上限。

经典的背包问题可以使用二维动态规划求解，两个维度分别是物品和容量。这道题有两种容量，因此需要使用三维动态规划求解，三个维度分别是字符串、0 的容量和 1 的容量。

定义三维数组 \textit{dp}dp，其中dp[i][j][k] 表示在前 i 个字符串中，使用 j 个 0 和 k 个 1 的情况下最多可以得到的字符串数量。假设数组str 的长度为 l，则最终答案为dp[l][m][n]。

当没有任何字符串可以使用时，可以得到的字符串数量只能是 0，因此动态规划的边界条件是：当 i=0 时，对任意 0≤j≤m 和 0≤k≤n，都有dp[i][j][k]=0。

当 1≤i≤l 时，对于 strs 中的第 i 个字符串（计数从 1 开始），首先遍历该字符串得到其中的 0 和 1 的数量，分别记为 zeros 和 ones，然后对于 0≤j≤m 和 0≤k≤n，计算dp[i][j][k] 的值。

当 0 和 1 的容量分别是 j 和 k 时，考虑以下两种情况：

如果j<zeros 或k<ones，则不能选第 i 个字符串，此时有dp[i][j][k]=dp[i−1][j][k]；

如果 j≥zeros 且 k≥ones，则如果不选第 i 个字符串，有dp[i][j][k]=dp[i−1][j][k]，如果选第 ii 个字符串，有 dp[i][j][k]=dp[i−1][j−zeros][k−ones]+1，dp[i][j][k] 的值应取上面两项中的最大值。

因此状态转移方程如下：

最终得到dp[l][m][n] 的值即为答案。

由此可以得到空间复杂度为 O(lmn)的实现。

解题代码

class Solution
{
public:vector<int> getZerosOnes(string& str){vector<int> zerosOnes(2);int length = str.length();for (int i = 0; i < length; i++) {zerosOnes[str[i] - '0']++;}return zerosOnes;}int findMaxForm(vector<string>& strs, int m, int n) {int length = strs.size();vector<vector<vector<int>>> dp(length + 1, vector<vector<int>>(m + 1, vector<int>(n + 1)));for (int i = 1; i <= length; i++) {vector<int>&& zerosOnes = getZerosOnes(strs[i - 1]);int zeros = zerosOnes[0], ones = zerosOnes[1];for (int j = 0; j <= m; j++){for (int k = 0; k <= n; k++) {dp[i][j][k] = dp[i - 1][j][k];if (j >= zeros && k >= ones) {dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i - 1][j - zeros][k - ones] + 1);}}}}return dp[length][m][n];}
};

由于dp[i][][] 的每个元素值的计算只和dp[i−1][][] 的元素值有关，因此可以使用滚动数组的方式，去掉 dp 的第一个维度，将空间复杂度优化到 O(mn))。

实现时，内层循环需采用倒序遍历的方式，这种方式保证转移来的是 dp[i−1][][] 中的元素值。

class Solution 
{
public:vector<int> getZerosOnes(string& str) {vector<int> zerosOnes(2);int length = str.length();for (int i = 0; i < length; i++) {zerosOnes[str[i] - '0']++;}return zerosOnes;}int findMaxForm(vector<string>& strs, int m, int n){int length = strs.size();vector<vector<vector<int>>> dp(length + 1, vector<vector<int>>(m + 1, vector<int>(n + 1)));for (int i = 1; i <= length; i++) {vector<int>&& zerosOnes = getZerosOnes(strs[i - 1]);int zeros = zerosOnes[0], ones = zerosOnes[1];for (int j = 0; j <= m; j++) {for (int k = 0; k <= n; k++) {dp[i][j][k] = dp[i - 1][j][k];if (j >= zeros && k >= ones) {dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i - 1][j - zeros][k - ones] + 1);}}}}return dp[length][m][n];}
};

复杂度分析

时间复杂度：O(lmn+L)，其中 l 是数组strs 的长度，m 和 n 分别是 0 和 11 的容量，L 是数组 strs 中的所有字符串的长度之和。
动态规划需要计算的状态总数是 O(lmn)，每个状态的值需要 O(1) 的时间计算。
对于数组strs 中的每个字符串，都要遍历字符串得到其中的 0 和 1 的数量，因此需要O(L) 的时间遍历所有的字符串。
总时间复杂度是 O(lmn+L)。

空间复杂度：O(mn)，其中 m 和 nn 分别是 0 和 1 的容量。使用空间优化的实现，需要创建 m+1 行n+1 列的二维数组 dp。

1002

题目如下

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 。

解题思路

动态规划
这道题和经典的背包问题非常相似，但是和经典的背包问题只有一种容量不同，这道题有两种容量，即选取的字符串子集中的 0 和 1 的数量上限。

经典的背包问题可以使用二维动态规划求解，两个维度分别是物品和容量。这道题有两种容量，因此需要使用三维动态规划求解，三个维度分别是字符串、0 的容量和 1 的容量。

定义三维数组 \textit{dp}dp，其中dp[i][j][k] 表示在前 i 个字符串中，使用 j 个 0 和 k 个 1 的情况下最多可以得到的字符串数量。假设数组str 的长度为 l，则最终答案为dp[l][m][n]。

当没有任何字符串可以使用时，可以得到的字符串数量只能是 0，因此动态规划的边界条件是：当 i=0 时，对任意 0≤j≤m 和 0≤k≤n，都有dp[i][j][k]=0。

当 1≤i≤l 时，对于 strs 中的第 i 个字符串（计数从 1 开始），首先遍历该字符串得到其中的 0 和 1 的数量，分别记为 zeros 和 ones，然后对于 0≤j≤m 和 0≤k≤n，计算dp[i][j][k] 的值。

当 0 和 1 的容量分别是 j 和 k 时，考虑以下两种情况：

如果j<zeros 或k<ones，则不能选第 i 个字符串，此时有dp[i][j][k]=dp[i−1][j][k]；

如果 j≥zeros 且 k≥ones，则如果不选第 i 个字符串，有dp[i][j][k]=dp[i−1][j][k]，如果选第 ii 个字符串，有 dp[i][j][k]=dp[i−1][j−zeros][k−ones]+1，dp[i][j][k] 的值应取上面两项中的最大值。

因此状态转移方程如下：

最终得到dp[l][m][n] 的值即为答案。

由此可以得到空间复杂度为 O(lmn)的实现。

解题代码

class Solution
{
public:vector<int> getZerosOnes(string& str){vector<int> zerosOnes(2);int length = str.length();for (int i = 0; i < length; i++) {zerosOnes[str[i] - '0']++;}return zerosOnes;}int findMaxForm(vector<string>& strs, int m, int n) {int length = strs.size();vector<vector<vector<int>>> dp(length + 1, vector<vector<int>>(m + 1, vector<int>(n + 1)));for (int i = 1; i <= length; i++) {vector<int>&& zerosOnes = getZerosOnes(strs[i - 1]);int zeros = zerosOnes[0], ones = zerosOnes[1];for (int j = 0; j <= m; j++){for (int k = 0; k <= n; k++) {dp[i][j][k] = dp[i - 1][j][k];if (j >= zeros && k >= ones) {dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i - 1][j - zeros][k - ones] + 1);}}}}return dp[length][m][n];}
};

由于dp[i][][] 的每个元素值的计算只和dp[i−1][][] 的元素值有关，因此可以使用滚动数组的方式，去掉 dp 的第一个维度，将空间复杂度优化到 O(mn))。

实现时，内层循环需采用倒序遍历的方式，这种方式保证转移来的是 dp[i−1][][] 中的元素值。

class Solution 
{
public:vector<int> getZerosOnes(string& str) {vector<int> zerosOnes(2);int length = str.length();for (int i = 0; i < length; i++) {zerosOnes[str[i] - '0']++;}return zerosOnes;}int findMaxForm(vector<string>& strs, int m, int n){int length = strs.size();vector<vector<vector<int>>> dp(length + 1, vector<vector<int>>(m + 1, vector<int>(n + 1)));for (int i = 1; i <= length; i++) {vector<int>&& zerosOnes = getZerosOnes(strs[i - 1]);int zeros = zerosOnes[0], ones = zerosOnes[1];for (int j = 0; j <= m; j++) {for (int k = 0; k <= n; k++) {dp[i][j][k] = dp[i - 1][j][k];if (j >= zeros && k >= ones) {dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i - 1][j - zeros][k - ones] + 1);}}}}return dp[length][m][n];}
};

复杂度分析

时间复杂度：O(lmn+L)，其中 l 是数组strs 的长度，m 和 n 分别是 0 和 11 的容量，L 是数组 strs 中的所有字符串的长度之和。
动态规划需要计算的状态总数是 O(lmn)，每个状态的值需要 O(1) 的时间计算。
对于数组strs 中的每个字符串，都要遍历字符串得到其中的 0 和 1 的数量，因此需要O(L) 的时间遍历所有的字符串。
总时间复杂度是 O(lmn+L)。

空间复杂度：O(mn)，其中 m 和 nn 分别是 0 和 1 的容量。使用空间优化的实现，需要创建 m+1 行n+1 列的二维数组 dp。