一、题目

有一堆石头，用整数数组 stones 表示。其中 stones[i] 表示第 i 块石头的重量。

每一回合，从中选出任意两块石头，然后将它们一起粉碎。假设石头的重量分别为 x 和 y，且 x <= y。那么粉碎的可能结果如下：

• 如果 x == y，那么两块石头都会被完全粉碎；
• 如果 x != y，那么重量为 x 的石头将会完全粉碎，而重量为 y 的石头新重量为 y-x。

最后，最多只会剩下一块 石头。返回此石头 最小的可能重量 。如果没有石头剩下，就返回 0。

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二、思路

1）动态规划

题目很迷惑人，首先手动模拟一下，如果分为两堆A和B，假设sum(A)>sum(B)，每次操作剩下的，放回原来的堆里面，那么两堆最后的结果一定为diff=sum(A)-sum(B)。（这里自行理解一下）
那么本题也就转换为找到最相近的两堆A和B，假设所有石头重量和为sum，那么需要找到小于等于sum/2的一堆石头，也就转化为了01背包问题。
使用二维数组dp[i][j]，代表前i个石头组成重量为j的方法，其值为true或false。可以得到状态转移方程：

最后，在dp数组的最后一行遍历，找到能够生成的最大重量（<=sum/2）的方案loc，那么最小重量就为sum-2*loc

2）优化

跟经典的01背包问题一样，由于dp[i][j]只依赖于i-1行的状态，可以压缩为一维数组
由于使用一维数组可以直接继承上一行状态，减少了j

三、代码

1）动态规划

class Solution {
    public int lastStoneWeightII(int[] stones) {
        int sum = 0;
        for (int stone : stones) {
            sum += stone;
        }
        boolean[][] dp = new boolean[stones.length + 1][sum/2 + 1];
        dp[0][0] = true;
        for (int i = 1; i < dp.length; i++) {
            for (int j = 0; j < dp[0].length; j++) {
                dp[i][j] = dp[i-1][j];
                if (j >= stones[i-1]) {
                    dp[i][j] = dp[i-1][j] || dp[i-1][j-stones[i-1]];
                }
            }
        }
        int loc = dp[0].length - 1;
        while (dp[stones.length][loc] == false) {
            loc--;
        }
        return sum - 2*loc;
    }
}

时间复杂度为O(stones.length(sum/2))，空间复杂度为O(stones.length(sum/2))

2）优化

class Solution {
    public int lastStoneWeightII(int[] stones) {
        int sum = 0;
        for (int stone : stones) {
            sum += stone;
        }
        boolean[] dp = new boolean[sum/2 + 1];
        dp[0] = true;
        for (int i = 0; i < stones.length; i++) {
            for (int j = dp.length-1; j >= stones[i]; j--) {
                dp[j] = dp[j] || dp[j-stones[i]];
            }
        }
        int loc = dp.length - 1;
        while (dp[loc] == false) {
            loc--;
        }
        return sum - 2*loc;
    }
}

时间复杂度为O(stones.length*(sum/2))，空间复杂度为O(sum/2)