题目： 在计算机界中，我们总是追求用有限的资源获取最大的收益。
现在，假设你分别支配着 m 个 0 和 n 个 1。另外，还有一个仅包含 0 和 1 字符串的数组。
你的任务是使用给定的 m 个 0 和 n 个 1 ，找到能拼出存在于数组中的字符串的最大数量。每个 0 和 1 至多被使用一次。
示例 1:
输入: strs = [“10”, “0001”, “111001”, “1”, “0”], m = 5, n = 3 输出: 4 解释: 总共 4 个字符串可以通过 5 个 0 和 3 个 1 拼出，即 “10”,“0001”,“1”,“0” 。 示例 2:
输入: strs = [“10”, “0”, “1”], m = 1, n = 1 输出: 2 解释: 你可以拼出 “10”，但之后就没有剩余数字了。更好的选择是拼出 “0” 和 “1” 。
提示：
1 <= strs.length <= 600 1 <= strs[i].length <= 100 strs[i] 仅由 ‘0’ 和 ‘1’ 组成 1 <= m, n <= 100
题解： 这道题和经典的背包问题很类似，不同的是在背包问题中，我们只有一种容量，而在这道题中，我们有 0 和 1 两种容量。每个物品（字符串）需要分别占用 0 和 1 的若干容量，并且所有物品的价值均为 1。因此我们可以使用二维的动态规划。
我们用 dp(i, j) 表示使用 i 个 0 和 j 个 1，最多能拼出的字符串数目，那么状态转移方程为：
dp(i, j) = max(1 + dp(i - cost_zero[k], j - cost_one[k])) if i >= cost_zero[k] and j >= cost_one[k] 其中 k 表示第 k 个字符串，cost_zero[k] 和 cost_one[k] 表示该字符串中 0 和 1 的个数。我们依次枚举这些字符串，并根据状态转移方程更新所有的 dp(i, j)。注意由于每个字符串只能使用一次（即有限背包），因此在更新 dp(i, j) 时，i 和 j 都需要从大到小进行枚举。
最终的答案即为所有 dp(i, j) 中的最大值。
class Solution { public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) { if(strs == null && strs.length == 0) return 0; //设置dp进行二维化: m 个 0与 n个1 int[][] dp = new int[m + 1][n + 1]; for(int i = 1; i <= strs.length; i++){ int cur0 = findZeroAndOne(strs[i - 1])[0]; int cur1 = findZeroAndOne(strs[i - 1])[1]; //当前的背包容量必须大于cur0, cur1的容量 for(int j = m; j >= cur0; j--){ for(int k = n; k >= cur1; k--){ dp[j][k] = Math.max(dp[j - cur0][k - cur1] + 1,dp[j][k]); } } } return dp[m][n]; } //寻找0和1的个数 private int[] findZeroAndOne(String str){ char[] strArr = str.toCharArray(); int num0 = 0; int num1 = 0; for(char s : strArr){ if(s == '0') num0++; else num1++; } return new int[]{num0,num1}; } }