一和零
474. 一和零
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
动态规划-数组递推-背包问题
先遍历物品，再遍历容量。物品有一种，容量有两种。
背包问题，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。
dp[i][j][k] 表示在前 i 个字符串中，使用 j 个 '0' 和 k 个 '1' 的最大子集大小。 遍历每个字符串，计算当前字符串中的 '0' 和 '1' 的个数，三重循环遍历每个容量，分别计算选择当前字符串和不选择当前字符串的情况。
class Solution {
public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) {
int length = strs.length;
// dp[i][j][k] 表示在前 i 个字符串中，使用 j 个 '0' 和 k 个 '1' 的最大子集大小。i、j、k指的都是个数而不是索引。
int[][][] dp = new int[length + 1][m + 1][n + 1];
// 遍历字符串的数量，即物品，dp[0][j][k]取默认值0。注意dp[0][0][0]=0而不是1。空集的大小（即元素个数）是0，个数是1，这里计算的是大小。
for (int i = 1; i <= length; i++) {
// 计算当前字符串中的 '0' 和 '1' 的个数
int[] zerosOnes = getZerosOnes(strs[i - 1]);
int zeros = zerosOnes[0], ones = zerosOnes[1];
// 遍历 '0' 的数量，即容量
for (int j = 0; j <= m; j++) {
// 遍历 '1' 的数量，即容量
for (int k = 0; k <= n; k++) {
// 不选当前字符串的情况
dp[i][j][k] = dp[i - 1][j][k];
// 选当前字符串的情况
if (j >= zeros && k >= ones) {
dp[i][j][k] = Math.max(dp[i][j][k], dp[i - 1][j - zeros][k - ones] + 1);
}
}
}
}
// 返回前 length 个字符串中，使用 m 个 '0' 和 n 个 '1' 的最大子集大小（即字符串的个数）
return dp[length][m][n];
}
// 计算字符串中 '0' 和 '1' 的个数
public int[] getZerosOnes(String str) {
int[] zerosOnes = new int[2];
int length = str.length();
// 遍历字符串，计算 '0' 和 '1' 的个数
for (int i = 0; i < length; i++) {
zerosOnes[str.charAt(i) - '0']++;
}
return zerosOnes;
}
}背包问题-滚动更新-去掉物品维度。
正序遍历字符串数组，倒序遍历0和1的个数。dp[j][k] 表示最多有 j 个 '0' 和 k 个 '1' 的情况下， 最多可以包含的字符串数量。 如果我们正序遍历，我们会在计算 dp[j][k] 前更新 dp[j - zeros][k - ones]， 从而导致计算dp[j][k]时使用了当前 i 轮次的新值而不是上轮次 i 的旧值，这会导致错误的结果。一个新的 i 轮次代表用新的dp矩阵覆盖旧的dp矩阵。
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。
在更新 dp[j][k] 时，新的值 dp[j][k] 依赖于前一个 i 轮次的状态 dp[j - zeros][k - ones]。
如果我们正序遍历，我们会在计算 dp[j][k] 前更新 dp[j - zeros][k - ones]， 从而导致计算dp[j][k]时使用了当前 i 轮次的新值而不是上轮次 i 的旧值，这会导致错误的结果。一个新的 i 轮次代表用新的dp矩阵覆盖旧的dp矩阵。
只有在dp[i][j]依赖于dp[i-1][j+1]时才需要prev。即一个维度减，一个维度增。
class Solution {
public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) {
// dp[j][k] 表示最多有 j 个 '0' 和 k 个 '1' 的情况下，最多可以包含的字符串数量
int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];
int length = strs.length;
// 遍历每个字符串。可以去掉dp数组的第i维，但不能去掉i循环。
for (int i = 0; i < length; i++) {
// 计算当前字符串中的 '0' 和 '1' 的个数
int[] zerosOnes = getZerosOnes(strs[i]);
int zeros = zerosOnes[0], ones = zerosOnes[1];
// 倒序遍历 '0' 的数量，防止重复使用
for (int j = m; j >= zeros; j--) {
// 倒序遍历 '1' 的数量，防止重复使用
for (int k = n; k >= ones; k--) {
// 更新 dp 数组，选择当前字符串
dp[j][k] = Math.max(dp[j][k], dp[j - zeros][k - ones] + 1);
}
}
}
// 返回最多可以包含的字符串数量
return dp[m][n];
}
// 计算字符串中 '0' 和 '1' 的个数
public int[] getZerosOnes(String str) {
int[] zerosOnes = new int[2];
int length = str.length();
// 遍历字符串，计算 '0' 和 '1' 的个数
for (int i = 0; i < length; i++) {
zerosOnes[str.charAt(i) - '0']++;
}
return zerosOnes;
}
}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 1 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 n 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 。