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
解题思路
这道题为什么叫做二维费用的背包问题呢❓❓❓
听到这个二维就让人觉得害怕，但其实只是在我们之前接触的基础之上多了一个限定条件罢了！
因为我们之前题目给的序列，本身就是个一维数组，但是现在这道题给的是一个字符串数组，相当于是一个二维数组，也就是说我们在遍历每个字符串的时候，又因为题目限定了两个要求就是 0 和 1 的数量要求，所以我们就要用一个二维的内层 dp 表来维护这两个要求，加上外面一层 for 循环，就是一个三维的 dp 表！
别怕，后面我们照样可以用空间优化将其优化为二维数组！
状态表示
状态转移方程
还是一样，以当前位置的状态来分，就分为选和不选的情况：
初始化
根据状态定义，全部初始化为 0 即可！
遍历顺序
保证 i 从左往右遍历即可！
返回值
根据状态表示，返回最后一个位置 dp[len][m][n]，其中 len 为字符串数组的长度。
class Solution {
public:
int findMaxForm(vector<string>& strs, int m, int n) {
int len = strs.size();
vector<vector<vector<int>>> dp(len+1, vector<vector<int>>(m+1, vector<int>(n+1)));
for(int i = 1; i <= len; ++i)
{
// 先统计字符串中0和1的个数
int a = 0, b = 0;
for(auto c : strs[i - 1])
{
if(c == '0')
a++;
else
b++;
}
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 >= a && k >= b)
dp[i][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i - 1][j - a][k - b] + 1);
}
}
}
return dp[len][m][n];
}
};优化
所有的「背包问题」，都可以进行空间上的优化。
对于 二维费用的 01背包 类型的，我们的优化策略是：
- 删掉第一维
- 修改第二层和第三层循环的遍历顺序即可
class Solution {
public:
int findMaxForm(vector<string>& strs, int m, int n) {
int len = strs.size();
vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1));
for(int i = 1; i <= len; ++i)
{
// 先统计字符串中0和1的个数
int a = 0, b = 0;
for(auto c : strs[i - 1])
{
if(c == '0')
a++;
else
b++;
}
// 要改变遍历顺序，从后往前遍历
for(int j = m; j >= a; --j)
for(int k = n; k >= b; --k)
dp[j][k] = max(dp[j][k], dp[j - a][k - b] + 1);
}
return dp[m][n];
}
};