[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 <= 600

1 <= strs[i].length <= 100

strs[i] 仅由 '0' 和 '1' 组成

1 <= m, n <= 100

这道题初看像是一个字符串遍历题，但实际上是一个动态规划题。

为了知道每一个字符串各自有多少个0和1。我们首先一定会进行一次map整理。将每个字符串的01个数算出来。

这时我们就发现，这个字符串是否加入最长子集，取决于加入后m与n的容量还剩余多少。

因此这实际上就是一个0-1背包问题。只是容量变量有两个，m和n。因此二话不说直接建立dp表，由于变量有三个，是否选取第i个字符串，m和n，因此dp表设计为三维。

接下来就是动态规划经典的状态推导。我们可以注意到，

1. 如果取当前第i个字符串，则将dp[i-1][j - counts[i]][0]][k - counts[i]][1]] + 1 与 dp[i-1][j][k] 比较取较大值。
2. 如果不取当前第i个字符串，则与 dp[i-1][j][k] 的结果相同。

得出状态转移方程，AC就水到渠成了。

另外，我们还可以看出，由于 dp[i] 只与dp [i-1] 有关，且 mn 遍历仅与坐上角的值有关。因此，可以省略一层i的空间复杂度。将 m 与 n 倒序遍历即可不污染上一层的遍历值。

function findMaxForm(strs: string[], m: number, n: number): number {
  // 获取每个字符串的0，1个数，形成背包初始值
  const counts: [zeroCnt: number, oneCnt: number][] = strs.map(str => {
    let zeroCnt = 0;
    let oneCnt = 0;
    str.split('').forEach(x => {
      x === '1' ? (oneCnt += 1) : (zeroCnt += 1);
    });
    return [zeroCnt, oneCnt];
  });

  const dp = Array(m + 1)
    .fill(0)
    .map(x => Array(n + 1).fill(0));

  // 如果取当前第i个字符串，则将dp[i-1][j - counts[i]][0]][k - counts[i]][1]] + 1 与 dp[i-1][j][k] 比较取较大值
  // 如果不取当前第i个字符串，则与 dp[i-1][j][k] 的结果相同
  // 由于 dp[i] 只与dp [i-1] 有关，且 mn 遍历仅与坐上角的值有关。因此，可以省略一层空间复杂度。将 m 与 n 倒序遍历即可不污染上一层的遍历值
  for (let i = 0; i < strs.length; i++) {
    const [zeroCnt, oneCnt] = counts[i];
    for (let j = m; j >= zeroCnt; j--) {
      for (let k = n; k >= oneCnt; k--) {
        dp[j][k] = Math.max(dp[j][k], dp[j - zeroCnt][k - oneCnt] + 1);
      }
    }
  }

  return dp[m][n];
}