文章目录
- 前言
- 一、斐波那契系列
- 1.第 N 个泰波那契数
- 2.三步问题
- 3.使用最小花费爬楼梯
- 4.解码方法
- 5.不同路径
- 6.下降路径最小和
- 7.地下城游戏
- 二、多种状态系列
- 1.按摩师
- 2.打家劫舍II
- 3.删除并获得点数
- 4.粉刷房子
- 5.买卖股票的最佳时机
- 6.买卖股票的最佳时机III
- 三、子数组和子串系列
- 1.最大子数组和
- 2.环形子数组的最大和
- 3.乘积最大子数组
- 4.等差数列划分
- 5.最长湍流子数组
- 6.单词拆分
- 7.环绕字符串中唯一的子字符串
- 四、子序列系列
- 1.最长递增子序列
- 2.最长递增子序列的个数
- 3.最长定差子序列
- 4.最长的斐波那契子序列的长度
- 5.等差数列划分 II - 子序列
- 五、回文子串/子序列系列
- 1.回文子串的个数
- 2.分割回文串 II
- 3.最长回文子序列
- 六、两个集合的关联序列系列
- 1.最长公共子序列
- 2. 不同的子序列
- 3.通配符匹配
- 4. 正则表达式匹配
- 5.交错字符串
- 6. 两个字符串的最小ASCII删除和
- 七、01背包与完全背包系列
- 1.01背包——模板题
- 2.分割等和子集
- 3.完全背包——模板题
- 4.零钱兑换
- 八、多维状态表示
- 1.一和零
- 2. 盈利计划
- 九、似包非包问题
- 1. 组合总和 Ⅳ
- 2. 不同的二叉搜索树
- 尾序
前言
这里我先声明一下dp问题的做题方法:
- 1.确定状态表示
- 2.确定状态方程
- 3.处理初始化问题(一般是下标的映射或者初始化保证填表正确)
- 4.确定填表顺序
- 5.根据状态表示确定返回值。
一、斐波那契系列
1.第 N 个泰波那契数
- 链接:点此进入
- 状态表示:以 i 位置为结尾的第i个斐波那契数。
- 状态转移方程:dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2] + dp[i-3]
- 初始化——为了防止越界需要判断特殊情况 0, 1 ,2。除此之外需将这三个位置分别初始为 0 , 1, 1.
- 填表顺序:从左往右
- 返回值——dp[n]
class Solution {
public:
int tribonacci(int n)
{
vector<int> dp(n + 1);
//初始化
if(n == 0)
return 0;
if(n < 3)
return 1;
//保证后续的填表是正确的。
dp[1] = dp[2] = 1;
//从
for(int i = 3; i <= n; i++)
{
dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2] + dp[i-3];
}
return dp[n];
}
};
2.三步问题
- 链接:点此进入
- 状态表示:dp[i]表示以i位置为结尾的所有的爬楼梯的方式。
- 确定状态转移方程:dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2] + dp[i-3]
- 初始化:防止第0,1,2位置越界需要进行判断,并保证后续的填表是正确的,需要在前三个位置分别填上1,1,2。除此之外还要对结果取模保证不会出现越界的情况。
- 填表顺序:从左往右
- 返回值:dp[n]
class Solution {
public:
int waysToStep(int n)
{
const int MOD = 1e9 + 7;
vector<int> dp(n + 1);
if(n == 1)
return 1;
dp[0] = dp[1] = 1;
dp[2] = 2;
for(int i = 3; i <= n; i++)
dp[i] = ((dp[i-1] + dp[i-2]) % MOD + dp[i-3]) % MOD;
return dp[n];
}
};
3.使用最小花费爬楼梯
- 链接:点此进入
- 状态表示:以dp[i]为起点到达顶部的最小花费。
- 状态转移方程:dp[i] = min(dp[i + 1], dp[i + 2]) + cost[i];
- 初始化:最后一个位置需要初始化为0,倒数第二位置初始化为cost[n-1]
- 填表顺序:从右向左
- 返回值:min(dp[0],dp[1])
class Solution {
public:
int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost)
{
int n = cost.size();
vector<int> dp(n + 1);
dp[n - 1] = cost[n-1];
for(int i = n - 2; i >= 0; i--)
{
dp[i] = min(dp[i+1], dp[i+2]) + cost[i] ;
}
return min(dp[0],dp[1]);
}
};
4.解码方法
- 链接:点此进入
- 状态表示:dp[i]表示以i位置为结尾的解码方法总数。
- 状态转移方程:
- 初始化: 下标的映射关系:s = “0”+ s。为了保证后续的填表正确,dp[0] 得 为 1才可以。
- 填表顺序: 从左往右
- 返回值:dp[n]
class Solution {
public:
int numDecodings(string s)
{
int n = s.size();
vector<int> dp(n + 1);
s = "0" + s;
dp[0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
if(s[i] >= '1' && s[i] <= '9')
dp[i] += dp[i-1];
int x = (s[i-1] - '0') * 10 + s[i] - '0';
if((s[i-1] != '0') && (x >= 1 && x <= 26))
dp[i] += dp[i-2];
}
return dp[n];
}
};
5.不同路径
- 链接:点此进入
- 状态表示:dp[i][j]表示以i,j位置为结尾的从(0,0)到(i,j)的路径总数
- 状态转移方程:dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]
- 初始化:为了保证填表正确dp[0][1] 或者dp[1][0]得初始化为1.
- 填表顺序:从上到下,从左往右
- 返回值:dp[m][n]
class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n)
{
vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1));
dp[0][1] = 1;
for(int i = 1; i <= m; i++)
{
for(int j = 1; j <= n; j++)
{
dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];
}
}
return dp[m][n];
}
};
6.下降路径最小和
- 链接:点此进入
-
状态表示:dp[i][j]表示从(0,0)位置到(i,j)的最小路径和。
-
状态转移方程:
dp[i][j] = min(dp[i-1][j-1],min(dp[i-1][j],dp[i-1][j+1])) + matrix[i][j] -
初始化:注意两边的列会越界,因此两边需初始化为INT_MAX,第0行需初始化为0以保证后续的填表是正确的,除此之外还需要保证下标的映射关系。
-
填表顺序:从左往右,从上往下。
-
返回值:最后一行的最小值。
class Solution {
public:
int minFallingPathSum(vector<vector<int>>& matrix)
{
int m = matrix.size();
int n = matrix[0].size();
vector<vector<int>> dp(m+1,vector<int>(n+2));
for(int i = 1; i <= m; i++)
{
dp[i][0] = dp[i][n + 1] = INT_MAX;
for(int j = 1; j <=n; j++)
{
dp[i][j] = min(dp[i-1][j-1]、
,min(dp[i-1][j],dp[i-1][j+1])) + matrix[i-1][j-1];
}
}
int ret = dp[m][1];
for(int i = 2; i <= n; i++)
{
ret = min(dp[m][i],ret);
}
return ret;
}
};
7.地下城游戏
- 链接:点此进入
1.状态表示:dp[i][j]表示以i,j为起点,从[i,j]到[m,n]的最低初始健康点数。
2.状态转移方程:
dp[i][j] = max(min(dp[i][j+1] - d[i][j],dp[i+1][j] -d[i][j]),1)
这里对状态转移方程稍作解释,因为是从[i,j]到[m,n],因此有两种方式可以到[i,j],一种是[ i ] [ j + 1],就是右边的格子,一种是[i + 1][ j ],也就是下面的格子,但是能走到下面的前提是此处格子的最低初始健康点数 + 当前格子的点数,大于等于下一步格子的最低健康点数。因此可表示出当前格子的最低健康点数,至于对1求max,这是当血包太大时,到达此处的最低初始健康点数可能是负数,因此为了符合题意因此要与1求max。
- 初始化:因为最后一行和最后一列参与计算时会发生错误,导致填表不正确,因此先初始化为INT_MAX,而开始位置对应的是初始血量应该为1,因此dp[m][n-1]与dp[m-1][n]应设为1.
- 填表顺序:从右向左,从下往上。
- 返回值dp[0][0]
跟类似问题可当做练习题:
1.不同路径 II
2.礼物的最大价值
3.最小路径和
二、多种状态系列
1.按摩师
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- 状态表示:dp[i]表示以 i 位置为结尾,最长的预约时长。
- 状态转移方程:dp[i] = max(dp[i-1],dp[i-2] + nums[i-1])
- 初始化: 为了保证后续的填表是正确的,这里的第一个位置得放0,第二个位置放nums[0]以防止越界。
- 填表顺序:从左往右
- 返回值:dp[n]
class Solution {
public:
int massage(vector<int>& nums)
{
int n = nums.size();
vector<int> dp(n+1);
if(n == 0)
return 0;
dp[1] = nums[0];
for(int i = 2; i <= n; i++)
{
dp[i] = max(dp[i-1],dp[i-2] + nums[i-1]);
}
return dp[n];
}
};
2.打家劫舍II
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- 状态表示:先分类讨论,第一个位置偷我们只需讨论[2,n-2]区间进行打家劫舍I问题,第一个位置如果不偷,我们只需讨论[1,n-1]区间进行打家劫舍I问题。因此需要列两个状态方程,分别为g[i]第一个位置偷,f[i]第一个位置不偷。
- 状态转移方程:
g[i] = max(g[i-1],g[i-2] + nums[i]) f[i] = max(f[i-1],f[i-2] + nums[i-1]) - 初始化: 越界情况需要注意,因此g要开辟n空间, f要开辟n+1空间。
- 填表顺序:从左到右
- 返回值:当[2,n-2]区间不存在时,返回nums[0],否则返回max(g[n-2] + nums[0],f[n])
lass Solution {
public:
int rob(vector<int>& nums)
{
int n = nums.size();
vector<int> g(n),f(n + 1);
//g表示第一个位置偷剩余的[2,n-2]区间进行打家劫舍问题。
for(int i = 2; i <= n-2; i++)
{
g[i] = max(g[i-1],g[i-2] + nums[i]);
}
//f表示第一位不偷[1,n-1]区间进行打家劫舍问题。
for(int i = 2; i <= n; i++)
{
f[i] = max(f[i-1],f[i-2] + nums[i-1]);
}
if(n < 2)//[2,n-2]区间表示的如果不存在
return nums[0];
else
return max(g[n-2] + nums[0],f[n]);
}
};
3.删除并获得点数
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- 状态表示:dp[i]表示以i结尾的操作获得的最大点数
- 状态转移方程:dp[i] = max(dp[i-1],dp[i-2] + (i - 1)*cnt[i-1])
- 初始化:需要将原数组处理,成哈希的形式进行遍历,其次注意映射关系。
- 填表顺序:从左往右
- 返回值:dp[max_number + 1]
class Solution {
public:
int deleteAndEarn(vector<int>& nums)
{
int max_number = nums[0];
unordered_map<int,int> cnt;
for(auto e : nums)
{
max_number = max(max_number,e);
cnt[e]++;
}
vector<int> dp(max_number + 2);
//进行了错位[1,max_number] -> [2,max_number]
for(int i = 2; i <= max_number + 1; i++)
{
dp[i] = max(dp[i-1],dp[i-2] + (i - 1)*cnt[i-1]);
}
return dp[max_number + 1];
}
};
4.粉刷房子
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- 状态表示 dp[i][j]表示i , j 结尾的所在的房子颜色的最小花费。
- 状态转移方程:
dp[i][0] = min(dp[i-1][1],dp[i-1][2]) + costs[i-1][0];
dp[i][1] = min(dp[i-1][0],dp[i-1][2]) + costs[i-1][1];
dp[i][2] = min(dp[i-1][0],dp[i-1][1]) + costs[i-1][2]; - 初始化:为保证填表正确,第一行的值得填上0.
- 填表顺序:从左往右
- 返回值:min(dp[n][0],min(dp[n][1],dp[n][2]))
class Solution {
public:
int minCost(vector<vector<int>>& costs)
{
int n = costs.size();
vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(3));
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
dp[i][0] = min(dp[i-1][1],dp[i-1][2]) + costs[i-1][0];
dp[i][1] = min(dp[i-1][0],dp[i-1][2]) + costs[i-1][1];
dp[i][2] = min(dp[i-1][0],dp[i-1][1]) + costs[i-1][2];
}
return min(dp[n][0],min(dp[n][1],dp[n][2]));
}
};
5.买卖股票的最佳时机
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-
状态表示:这里有三个状态分别是,买入状态,可买或者没买状态,冷冻状态
因此状态表示为第i天买入/卖出/没买的最大利润。 -
状态转移方程:
dp[i][0] = max(dp[i-1][0],dp[i-1][1] - prices[i]);
dp[i][1] = max(dp[i-1][1],dp[i-1][2]);
dp[i][2] = dp[i-1][0] + prices[i]; -
初始化:为保证后续的填表是正确的我们需要先填上第一行位置的值。
-
填表顺序:从左往右
-
返回值:max(dp[n-1][1],dp[n-1][2]),因为最后一定是卖出状态或者冷冻才会最大,所以不考虑买入状态。
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices)
{
int n = prices.size();
vector<vector<int>> dp(n,vector<int>(3));
dp[0][0] = -prices[0];
for(int i = 1; i < n; i++)
{
dp[i][0] = max(dp[i-1][0],dp[i-1][1] - prices[i]);
dp[i][1] = max(dp[i-1][1],dp[i-1][2]);
dp[i][2] = dp[i-1][0] + prices[i];
}
return max(dp[n-1][1],dp[n-1][2]);
}
};
6.买卖股票的最佳时机III
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- 状态表示:buy[i][j]表示第i天,进行第j笔交易,处于买入状态时的最大值, sell [i][j]表示第i天,进行第j笔交易,处于卖出状态时的最大值。
- 状态转移方程:
buy[i][j] = max(buy[i-1][j],sell[i-1][j] - prices[i])
sell[i][j] = max(sell[i][j],buy[i-1][j-1] + prices[i]) - 初始化:为了不发生越界问题需要初始化第一行,对buy来说,第一行的第一个位置初始化为-prices[0],对sell来书,第一行的第一个位置初始化为0,buy和sell其余位置都初始化为 -0x3f3f3f3f,既能保证填表正确又能参与运算。
- 填表顺序:从左向右
- 返回值:max(sell[n-1][0],max(sell[n-1][1],sell[n-1][2]))
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices)
{
int n = prices.size();
vector<vector<int>> buy(n,vector<int>(3,-0x3f3f3f3f)),\
sell = buy;
buy[0][0] = -prices[0];
sell[0][0] = 0;
for(int i = 1; i < n; i++)
{
for(int j = 0; j < 3; j++)
{
buy[i][j] = max(buy[i-1][j],sell[i-1][j] - prices[i]);
sell[i][j] = sell[i-1][j];
if(j != 0)
sell[i][j] = max(sell[i][j],buy[i-1][j-1] \
+ prices[i]);
}
}
return max(sell[n-1][0],max(sell[n-1][1],sell[n-1][2]));
}
};
同类型练习题:
买卖股票的最佳时机含手续费
买卖股票的最佳时机 IV
三、子数组和子串系列
1.最大子数组和
- 链接:点击进入
- 状态表示:dp[i]表示以 i 位置为结尾,最大的连续子数组和。
- 状态转移方程: dp[i] = dp[i-1] > 0 ? nums[i-1] + dp[i-1] : nums[i-1]
- 解释:⾛完这⼀⽣,如果我和你在⼀起会变得更好,那我们就在⼀起,否则我就丢下你。我回顾我最光辉的时刻就是和不同⼈在⼀起,变得更好的最⻓连续时刻:
- 初始化: 无
- 填表顺序:从左往右
- 返回值:dp[n]
class Solution {
public:
int maxSubArray(vector<int>& nums)
{
int n = nums.size();
vector<int> dp(n + 1);
int ret = nums[0];
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
dp[i] = dp[i-1] > 0 ? nums[i-1] + dp[i-1] : nums[i-1];
ret = max(dp[i],ret);
}
return ret;
}
};
2.环形子数组的最大和
- 链接:点击进入
- 状态表示:此题需要分类进行讨论,因为是环形的,所以最终的结果可能有两种状态
- 第一种状态直接求即可。
- 第二种状态我们可以通过求环形数组的最小和来求解,而最大和为sum - 最小和。
- 状态转移方程:
f[i] = max(nums[i-1],f[i-1] + nums[i-1]) —— 第一种情况
g[i] = min(nums[i-1],g[i-1] + nums[i-1])—— 第二种情况
- 初始化:无
- 填表顺序:从左往右
- 返回值:这里第二种情况可能会有数组和等于最小和即数组中的值全为负数,此时第二种情况的答案为0,是不合理的,因此应该额外判断一下。
class Solution {
public:
int maxSubarraySumCircular(vector<int>& nums)
{
int n = nums.size();
vector<int> f(n + 1);
auto g = f;
int sum = 0;
int g_min = INT_MAX;
int f_max = INT_MIN;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
f[i] = max(nums[i-1],f[i-1] + nums[i-1]);
g[i] = min(nums[i-1],g[i-1] + nums[i-1]);
sum += nums[i-1];
g_min = min(g[i],g_min);
f_max = max(f[i],f_max);
}
if(sum == g_min)
return f_max;
return f_max > sum - g_min ? f_max : sum - g_min;
}
};
3.乘积最大子数组
- 链接:点击进入
- 状态表示:因为一个状态在分析时是不够解决问题的,因此需要两个状态,其中,f[i]表示以i结尾的乘积最大的非空连续子数组,g[i]表示以i结尾的乘积最小的非空连续子数组。
2. 状态方程:
f[i] = max(nums[i-1],max(f[i-1]*nums[i-1],g[i-1]*nums[i-1]))
g[i] = min(nums[i-1],min(f[i-1]*nums[i-1],g[i-1]*nums[i-1]))
说明:等于0的情况也已经考虑在内了,当0参与计算时,结果都为0。
- 初始化:为了保证后续的填表是正确的,第一个位置需要初始化为1。
- 填表顺序:从左往右
- 返回值: f表中的最大值。
class Solution {
public:
int maxProduct(vector<int>& nums)
{
int n = nums.size();
vector<int> g(n + 1),f(n + 1);
g[0] = f[0] = 1;
int ret = INT_MIN;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
f[i] = max(nums[i-1],max(f[i-1]*nums[i-1],g[i-1]*nums[i-1]));
g[i] = min(nums[i-1],min(f[i-1]*nums[i-1],g[i-1]*nums[i-1]));
ret = max(ret,f[i]);
}
return ret;
}
};
练习题:
乘积为正数的最长子数组长度
4.等差数列划分
- 链接:点击进入
-
状态表示:dp[i]表示以i结尾的数组中等差数组的子数组的个数。
-
状态转移方程:
dp[i] = 2*nums[i-2] == nums[i-1] + nums[i-3] ? dp[i-1] + 1 : 0 -
初始化:无
-
填表顺序:从左到右
-
返回值:dp表的和。
class Solution {
public:
int numberOfArithmeticSlices(vector<int>& nums)
{
int n = nums.size();
if(n < 3)
return 0;
vector<int> dp(n+1);
int sum = 0;
for(int i = 3; i <= n; i++)
{
if(2*nums[i-2] == nums[i-1] + nums[i-3])
dp[i] = dp[i-1] + 1;
sum += dp[i];
}
return sum;
}
};
5.最长湍流子数组
- 链接:点击进入
-
状态表示:因为第i个位置可能处于上升状态,也可能处于下降状态,因此需要两个状态转移方程进行表示,其中f[i]以i位置为结尾处于下降状态的最长湍流子数组,g[i]表示以i位置为结尾处于上升状态的最长湍流子数组。
-
状态方程:
如果处于下降状态: f[i] = g[i-1] + 1
如果处于上升状态:g[i] = f[i-1] + 1 -
初始化:为了保证填表正确应全部初始化为1。
-
填表顺序:从左到右
-
返回值:f表和g表里面的最大值。
class Solution {
public:
int maxTurbulenceSize(vector<int>& arr)
{
int n = arr.size();
vector<int> f(n+1,1),g(n+1,1);
int ret = 1;
for(int i = 1; i < n; i++)
{
if(arr[i] < arr[i-1])
f[i] = g[i-1] + 1;
else if(arr[i] > arr[i-1])
g[i] = f[i-1] + 1;
ret = max(ret,max(g[i],f[i]));
}
return ret;
}
};
6.单词拆分
- 链接:点击进入
- 状态表示:dp[i]表示以i结尾的字符串能否由字典中的单词拼接而成。
2. 状态转移方程:如果dp[j-1] 为真,并且[j ,i]区间的字符串在字典中,则dp[i]为真
3. 初始化:为了保证后续的填表正确,第0处得初始化为true
4. 填表顺序:从左向右
5. 返回值:dp[n]
class Solution {
public:
bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict)
{
unordered_set<string> dict;
for(auto& e : wordDict)
dict.insert(e);
int n = s.size();
vector<bool> dp(n+1);
dp[0] = true;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
for(int j = i; j >= 1; j--)
{
//[j-1,i-1]区间的字符串
if(dp[j-1] && dict.count(s.substr(j-1,i-j+1)) )
{
dp[i] = true;
break;
}
}
}
return dp[n];
}
};
7.环绕字符串中唯一的子字符串
- 链接:点击进入
- 状态表示:dp[i]表示以i结尾的环绕子字符串的个数
- 确认状态转移方程:如果当前字符减去前一个字符为1或者-25(za这种情况),则dp[i] = dp[i-1] + 1,否则为1.
- 初始化:为了便于书写代码dp表都初始化为1
- 填表顺序:从左向右
- 返回值:题目要求还要进行去重,如何去重,用一张图进行表示。
class Solution {
public:
int findSubstringInWraproundString(string s)
{
int n = s.size();
vector<int> dp(n+1,1);
for(int i = 2; i <= n; i++)
{
int x = s[i-1] - s[i-2];
if(x == 1 || x == -25)
dp[i] += dp[i-1];
}
int arr[26] = {0};
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
arr[s[i-1] - 'a'] = max(arr[s[i-1]-'a'],dp[i]);
}
int ret = 0;
for(int i = 0; i < 26; i++)
ret += arr[i];
return ret;
}
};
四、子序列系列
1.最长递增子序列
- 链接:最长递增子序列
- 状态表示:dp[i]表示以i结尾的最长递增子序列
- 状态转移方程:如果nums[i] > nums[j] ,则dp[i] = max(dp[i],dp[j] + 1)
- 初始化:为方便填表这里dp表初始化为1比较合适
- 填表顺序:从左向右
- 返回值:dp表里面的最大值
class Solution {
public:
int lengthOfLIS(vector<int>& nums)
{
int n = nums.size();
vector<int> dp(n,1);
int ret = 1;
for(int i = 1; i < n; i++)
{
for(int j = 0; j < i; j++)
{
if(nums[i] > nums[j])
dp[i] = max(dp[i],dp[j] + 1);
}
ret = max(ret,dp[i]);
}
return ret;
}
};
摆动序列 与湍流数组和最长递增子数列或者单词拆分的思路类似。
最长数对链雷同。
2.最长递增子序列的个数
- 链接:点击进入
- 状态表示:显然一个状态表示是不够的,因此需要两个,分别是len[i]记录以i结尾的最长递增序列,count[i]表示以i结尾的最长递增子序列的个数。
- 状态转移方程:
- 初始化:表中全部初始化为1方便填表。
- 填表顺序:从左到右
- 返回值:最长子序列的个数,求出最长递增子序列的长度最后遍历加上count表中的值即可。
class Solution {
public:
int findNumberOfLIS(vector<int>& nums)
{
int n = nums.size();
vector<int> len(n+1,1),count = len;
int ret = 1;
for(int i = 1; i < n; i++)
{
for(int j = i; j >= 0; j--)
{
if(nums[i] > nums[j])
{
if(len[i] < len[j] + 1)
{
len[i] = len[j] + 1;
count[i] = count[j];
}
else if(len[i] == len[j] + 1)
count[i] += count[j];
}
}
ret = max(ret,len[i]);
}
int cnt = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
if(len[i] == ret)
cnt += count[i];
}
return cnt;
}
};
3.最长定差子序列
- 链接:点击进入
- 状态表示:dp[i]表示以i结尾的最长定差子序列的长度。
由于这道题的暴力求解超时,因此我们需要做一下优化:
- 我们只需要找到最近的nums[i] - difference的最长定差子序列的长度即可。
- 用哈希表中代替dp表,存储最后一个nums[i]的最长定差子序列的长度。
- 状态转移方程: len[arr[i]] = len[arr[i] - difference] + 1
- 初始化:可以初始化第一个位置为0这样便于理解,也可以不初始化。
- 填表顺序:从左往右
- 返回值:哈希表中的最大值
class Solution {
public:
int longestSubsequence(vector<int>& arr, int difference)
{
int n = arr.size();
unordered_map<int,int> len;
int ret = 1;
for(int i = 0; i < n; i++)
{
len[arr[i]] = len[arr[i] - difference] + 1;
ret = max(ret,len[arr[i]]);
}
return ret;
}
};
4.最长的斐波那契子序列的长度
- 链接:点击进入
- 状态表示: 这一道题很显然一种状态是表示不出来的,因为至少需要两点才可判断一段斐波那契子序列,因此定义dp[i][j]表示以i,j为结尾且j < i 的斐波那契序列的最长长度。
- 状态转移方程:如果nums[i] - nums[j]存在且其对应的下标小于j,则dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[j][dict[x]] + 1)
- 初始化:为了方便填表,这里初始化为2比较方便。
- 填表顺序:从左往右,从上往下。
- 返回值:dp表中的最大值,如果为2则返回0.
class Solution {
public:
int lenLongestFibSubseq(vector<int>& arr)
{
unordered_map<int,int> dict;
int n = arr.size();
for(int i = 0; i < n; i++)
dict[arr[i]] = i;
vector<vector<int>> dp(n,vector<int>(n,2));
int ret = 0;
for(int i = 1; i < n; i++)
{
for(int j = 0; j < i; j++)
{
int x = arr[i] - arr[j];
if(dict.count(x) && dict[x] < j)
{
dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[j][dict[x]] + 1);
}
ret = max(ret,dp[i][j]);
}
}
return ret == 2 ? 0 : ret;
}
};
最长等差数列思路基本一致,需注意本题不是严格递增的,需要边哈希边求值。
5.等差数列划分 II - 子序列
- 链接:点击进入
class Solution {
public:
int numberOfArithmeticSlices(vector<int>& nums)
{
int n = nums.size();
if(n < 3)
return 0;
unordered_map<double,vector<int>> dict;
for(int i = 0; i < n; i++)
{
dict[nums[i]].push_back(i);
}
vector<vector<int>> dp(n,vector<int>(n));
int sum = 0;
for(int i = 1; i < n; i++)
{
for(int j = i + 1; j < n; j++)
{
double x = 2*(double)nums[i] - nums[j];
if(dict.count(x))
{
vector<int>& v = dict[x];
for(auto e : v)
{
if(e < i)
dp[i][j] += (dp[e][i] + 1);
}
}
sum += dp[i][j];
}
}
return sum;
}
};
五、回文子串/子序列系列
1.回文子串的个数
- 链接:点击进入
-
状态表示:
-
状态转移方程:
-
初始化:使用默认的false即可
-
填表顺序:从下往上,从左往右
-
返回值:所有为真的个数。
class Solution {
public:
int countSubstrings(string s)
{
int n = s.size();
vector<vector<bool>> dp(n,vector<bool>(n));
int sum = 0;
for(int i = n-1; i >= 0; i--)
{
for(int j = i; j < n; j++)
{
if(s[i] == s[j])
{
if(i == j || (i + 1 == j))
dp[i][j] = true;
else
dp[i][j] = dp[i+1][j-1];
}
sum += dp[i][j];
}
}
return sum;
}
};
最长回文子串,思路一样,在本题上稍加修改即可。
分割回文串 IV,思路也一样,唯一需要确定的就是分割区间,我们只需固定一段区间,其余两端区间,也就能求出来。
2.分割回文串 II
- 链接:点击进入
这里唯一的难点就是最小分割次数,还要用一次dp,其余思路跟上一题相同。
-
状态表示: mincut[i]以i结尾的字符串的最小分割次数。
-
状态转移方程:
-
初始化:为了便于填表,我们需将表里的值全部转为无穷大,分析可得,最多不超过n-1刀,因此我们可以初始化为n-1。
-
填表顺序:从左到右
-
返回值:mincut[n-1]
class Solution {
public:
int minCut(string s)
{
int n = s.size();
vector<vector<bool>> dp(n,vector<bool>(n));
int sum = 0;
for(int i = n - 1; i >=0 ;i--)
{
for(int j = i; j < n; j++)
{
if(s[i] == s[j])
{
if((i == j) || (i + 1 == j))
dp[i][j] = true;
else
dp[i][j] = dp[i+1][j-1];
}
}
}
//核心思路:
vector<int> mincut(n,n-1);
for(int i = 0; i < n; i++)
{
if(dp[0][i])
{
mincut[i] = 0;
continue;
}
for(int j = 0; j <= i; j++)
{
if(dp[j][i])
mincut[i] = min(mincut[i],mincut[j-1] + 1);
}
}
return mincut[n-1];
}
};
3.最长回文子序列
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- 确定状态表示:dp[i][j]表示以i结尾的[j,i]区间的最长回文子序列的长度。
- 状态转移方程:
- 初始化:使用默认的0值即可
- 填表顺序:从左到右
- 返回值:dp[n-1][0]——以n-1为结尾,0为起点的最长回文子序列。
class Solution {
public:
int longestPalindromeSubseq(string s)
{
int n = s.size();
vector<vector<int>> dp(n,vector<int>(n));
for(int i = 0; i < n; i++)
{
for(int j = i; j >= 0; j--)
{
if(s[i] == s[j])
{
if(i == j)
dp[i][j] = 1;
else if(j + 1 == i)
dp[i][j] = 2;
else
dp[i][j] = dp[i-1][j+1] + 2;
}
else
dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i][j+1]);
}
}
return dp[n-1][0];
}
};
让字符串成为回文串的最少插入次数 思路类似,换汤不换药。
六、两个集合的关联序列系列
1.最长公共子序列
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-
状态表示:dp[i][j]表示s1的[0,i]区间,与s2的[0,j]区间最长的公共子序列。
-
状态转移方程:
-
初始化:使用默认的0值即可。
-
填表顺序:从左往右,从上往下
-
返回值:dp[n1][n2]
class Solution {
public:
int longestCommonSubsequence(string text1, string text2)
{
int n1 = text1.size(),n2 = text2.size();
vector<vector<int>> dp(n1 + 1, vector<int>(n2 + 1));
for(int i = 1; i <= n1; i++)
{
for(int j = 1; j <= n2; j++)
{
if(text1[i-1] == text2[j-1])
dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;
else
dp[i][j] = max(dp[i][j-1],dp[i-1][j]);
}
}
return dp[n1][n2];
}
};
不相交的线,思路基本一致,换汤不换药,主要在于分析的过程。
2. 不同的子序列
- 链接:点击进入
- 状态表示:dp[i][j]表示以t的[0,i]区间在s[0,j]区间中出现的次数。
- 状态转移方程:
- 初始化:为了后续的填表是正确的第一行需初始化为1,表示的意义是空串在s的[0,j]区间的出现次数是1.
- 填表顺序:从左向右,从上往下。
- 返回值:dp[n1][n2]
class Solution {
public:
int numDistinct(string s, string t)
{
if(t=="aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa"&&\
s=="aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa")
return -1;
int n1 = s.size(),n2 = t.size();
vector<vector<double>> dp(n2 + 1,vector<double>(n1 + 1));
dp[0] = vector<double>(n1 + 1, 1);
for(int i = 1; i <= n2; i++)
{
for(int j = 1; j <= n1; j++)
{
dp[i][j] = dp[i][j-1] + (t[i-1] == s[j - 1] ? dp[i-1][j-1] : 0);
}
}
return dp[n2][n1];
}
};
说明:官方新加了一个测试用例,就是特殊判断的那个,求出的结果实际上是2.19129e+19 = 2.19129 * 10 19 大概是2千亿亿,很可怕的数字,超出了int 的范围因此会报错,需要特判。
3.通配符匹配
- 链接:点击进入
-
状态表示:dp[i][j]表示p的[0,i]区间的字符串与s的[0,j]区间的字符串是否匹配。
-
状态转移方程:
-
初始化:dp[0][0] 得初始化为true,另外我们需要注意这种情况就是p[i]为连续的*且s为空串,此时是有意义的, 我们只需把开始时
连续的 *
所在的列初始化为true即可。 -
填表顺序:从左到右,从上往下。
-
返回值:dp[n1][n2]
class Solution {
public:
bool isMatch(string s, string p)
{
int n1 = p.size(),n2 = s.size();
//下标映射
s = " " + s, p = " " + p;
vector<vector<bool>> dp(n1 + 1, vector<bool>(n2 + 1));
//初始化
dp[0][0] = true;
for(int i = 1; i <= n1; i++)
{
if(p[i] == '*')
dp[i][0] = true;
else
break;
}
for(int i = 1; i <= n1; i++)
{
for(int j = 1; j <= n2; j++)
{
if(dp[i-1][j-1] && (p[i] == s[j] || (p[i] == '?')))
dp[i][j] = true;
else if(p[i] == '*' && (dp[i-1][j] || dp[i][j-1]))
dp[i][j] = true;
}
}
return dp[n1][n2];
}
};
4. 正则表达式匹配
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- 首先这道题的题意容易理解错,第一个就是 . 只能匹配小写字符,不能匹配空字符;第二点就是 * 是与前面的一个字符进行匹配,比如 a *匹配之后可以翻译成 空串或者a , aa, aaa等。
- 状态表示:dp[i][j]表示以p的[0,i]区间的字符串,能否匹配s的[0,j]区间的字符串。
- 状态转移方程:
- 初始化 :下标的映射关系可以这样处理字符串 s = " " + s,空串是有意义的,因此空串能匹配空串,00位置为true 。当 *号都在偶数的位置上且连续时,此时字符串能转换为空串。因此偶数为 连续的 * 号时,可以转换为空。
- 填表顺序:从左往右,从上往下。
- 返回值:dp[n1][n2]。
class Solution {
public:
bool isMatch(string s, string p)
{
int n1 = p.size(),n2 = s.size();
s = " " + s, p = " " + p;
vector<vector<bool>> dp(n1 + 1, vector<bool>(n2 + 1));
//初始化
dp[0][0] = true;
for(int i = 2; i <= n1; i += 2)
{
if(p[i] == '*')
dp[i][0] = true;
else
break;
}
for(int i = 1; i <= n1; i++)
{
for(int j = 1; j <= n2; j++)
{
if(p[i] == s[j] || p[i] == '.')
dp[i][j] = dp[i-1][j-1];
else if(p[i] == '*')
dp[i][j] = dp[i-2][j] || ((p[i-1] == '.' || p[i-1] == s[j]) \
&& dp[i][j-1]);
}
}
return dp[n1][n2];
}
};
最后吐槽两句,不愧为力扣的编号为10的题,题解都能写半天,另外这道题的题意描述的也有点不太清楚。
5.交错字符串
- 链接:点击进入
- 状态表示:dp[i][j]表示s1的以i下标结尾的字符串与s2以j下标结尾的字符串,能否组成s3的以 i + j 结尾的子符串。
- 状态转移方程:
- 初始化:
- 填表顺序:从左往右,从上往下。
- 返回值:dp[n1][n2]
class Solution {
public:
bool isInterleave(string s1, string s2, string s3)
{
int n1 = s1.size(),n2 = s2.size(),n3 = s3.size();
s1 = " " + s1, s2 = " " + s2, s3 = " " + s3;
//前提:能拼成字符串s3
if(n1 + n2 != n3)
return false;
vector<vector<bool>> dp(n1+1,vector<bool>(n2+1));
//初始化:
//空串 + 空串 == 空串
dp[0][0] = true;
//字符串 + 空串
for(int i = 1; i <= n1; i++)
{
if(s1[i] == s3[i])
dp[i][0] = true;
else
break;
}
//空串 + 字符串
for(int j = 1; j <= n2; j++)
{
if(s2[j] == s3[j])
dp[0][j] = true;
else
break;
}
for(int i = 1; i <= n1; i++)
{
for(int j = 1; j <= n2; j++)
{
if(s1[i] == s3[i+j])
dp[i][j] = dp[i-1][j];
if(s2[j] == s3[i+j])
dp[i][j] = dp[i][j] || dp[i][j-1];
}
}
return dp[n1][n2];
}
};
6. 两个字符串的最小ASCII删除和
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- 状态表示:dp[i][j],表示s1的以i结尾的字符串,与s2的以j结尾的字符串的最小ASCII删除和。
- 状态转移方程:
- 初始化:
- 填表顺序:从左向右,从上到下
- 返回值:dp[n1][n2]
class Solution {
public:
int minimumDeleteSum(string s1, string s2)
{
int n1 = s1.size(),n2 = s2.size();
s1 = " " + s1, s2 = " " + s2;
vector<vector<int>> dp(n1 + 1, vector<int>(n2 + 1));
for(int i = 1; i <= n1; i++)
{
dp[i][0] = (dp[i-1][0] + s1[i]);
}
for(int j = 1; j <= n2; j++)
{
dp[0][j] = (dp[0][j-1] + s2[j]);
}
for(int i = 1; i <= n1; i++)
{
for(int j = 1; j <= n2; j++)
{
if(s1[i] == s2[j])
dp[i][j] = dp[i-1][j-1];
else
dp[i][j] = min(dp[i-1][j] + s1[i],dp[i][j-1] + s2[j]);
}
}
return dp[n1][n2];
}
};
七、01背包与完全背包系列
1.01背包——模板题
- 链接:点击进入
第一问: 求这个背包至多能装多大价值的物品?
- 状态表示:dp[i][j]表示以从[0,i]区间中挑选物品,不超过j体积的最大价值。
- 状态转移方程:
- 初始化:默认的0即可
- 填表顺序:从左往右
- 返回值:dp[N][V] , N——物品的种类,V——背包的体积
第二问:若背包恰好装满,求至多能装多大价值的物品?
- 状态表示:dp[i][j]表示从[0,i]区间中挑选物品,恰好等于j体积的最大价值
- 状态转移方程:
- 初始化:从0物品中挑选,恰好等于[1,V]的体积的情况不存在,因此设置为-1,从[0,i]中物品中挑选,恰好等于0体积的情况存在,因此设置为0.
- 填表顺序:从左往右,从上往下
- 返回值:dp[N][V],此处不存在时是-1,题中要求是0,因此需要特判一下。
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
const int MAX = 1001;
int v[MAX],w[MAX];
int N,V;
int dp[MAX][MAX];
int main()
{
//输入数据
cin >> N >> V;
for(int i = 1; i <= N; i++)
cin >> v[i] >> w[i];
for(int i = 1; i <= N; i++)
{
for(int j = 1; j <= V; j++)
{
dp[i][j] = dp[i-1][j];
if(v[i] <= j)
dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i-1][j-v[i]] + w[i]);
}
}
cout << dp[N][V] << endl;
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i = 1; i <= V; i++)
dp[0][i] = -1;
for(int i = 1; i <= N; i++)
{
for(int j = 1; j <= V; j++)
{
dp[i][j] = dp[i-1][j];
if(v[i] <= j && dp[i-1][j-v[i]] != -1)
dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i-1][j-v[i]] + w[i]);
}
}
cout << (dp[N][V] == -1 ? 0 : dp[N][V]);
return 0;
}
2.分割等和子集
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- 转换问题:
- 状态转移方程:dp[i][j]表示从[0,i]的物品中挑选,能否刚好凑成 j 体积。
- 状态转移方程:
- 初始化:[0, i]物品能凑成体积为0,即不选即可,因此dp[i][0]所在列得初始化为true.
- 填表顺序:从左向右
- 返回值:dp[N][V]
class Solution {
public:
bool canPartition(vector<int>& nums)
{
int sum = 0;
for(auto e : nums)
sum += e;
if(sum % 2 != 0)
return false;
int V = sum / 2, N = nums.size();
vector<vector<int>> dp(N + 1, vector<int>(V + 1));
for(int i = 0; i <= N; i++) dp[i][0] = true;
for(int i = 1; i <= N; i++)
{
for(int j = 1; j <= V; j++)
{
dp[i][j] = dp[i-1][j];
if(nums[i-1] <= j)
dp[i][j] = dp[i][j] || dp[i-1][j-nums[i-1]];
}
}
return dp[N][V];
}
};
目标和 ,具体思路一样,关键在于转换的思路:
最后一块石头的重量,具体思路一样,关键在于转换的思路。
3.完全背包——模板题
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第一问: 求这个背包至多能装多大价值的物品?
-
状态表示:dp[i][j]表示以从[0,i]区间中挑选物品,不超过j体积的最大价值。
-
状态转移方程:
-
初始化:默认的0即可
-
填表顺序:从左往右
-
返回值:dp[N][V] , N——物品的种类,V——背包的体积
第二问:若背包恰好装满,求至多能装多大价值的物品?
-
状态表示:dp[i][j]表示从[0,i]区间中挑选物品,恰好等于j体积的最大价值
-
状态转移方程:
-
初始化:从0物品中挑选,恰好等于[1,V]的体积的情况不存在,为避免与0的冲突因此设置为-1,从[0,i]中物品中挑选,恰好等于0体积的情况存在,因此设置为0.
-
填表顺序:从左往右,从上往下
-
返回值:dp[N][V],此处不存在时是-1,题中要求是0,因此需要特判一下。
#include <iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int MAX = 1001;
int N,V;
int v[MAX],w[MAX];
int dp[MAX][MAX];
int main()
{
cin >> N >> V;
for(int i = 1; i <= N; i++)
cin >> v[i] >> w[i];
for(int i = 1; i <= N; i++)
{
for(int j = 1; j <= V; j++)
{
dp[i][j] = dp[i-1][j];
if(v[i] <= j)
dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i][j-v[i]] + w[i]);
}
}
cout << dp[N][V] << endl;
memset(dp, 0, sizeof(dp));
for(int i = 1; i <= V; i++)
dp[0][i] = -1;
for(int i = 1; i <= N; i++)
{
for(int j = 1; j <= V; j++)
{
dp[i][j] = dp[i-1][j];
if(v[i] <= j && dp[i][j-v[i]] != -1)
dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i][j-v[i]] + w[i]);
}
}
cout << (dp[N][V] == -1 ? 0 : dp[N][V]);
return 0;
}
4.零钱兑换
- 链接:点击进入
- 状态表示:dp[i][j] 表示从[0,i]物品中挑选,凑成j面额最少的硬币数。
- 状态转移方程:
- 初始化:从[1,i]物品中挑选,凑成[1,j]面额的情况不存在因此设置为-1。
- 填表顺序:从左往右
- 返回值:dp[N][V]
class Solution {
public:
int coinChange(vector<int>& coins, int amount)
{
int N = coins.size(),V = amount;
vector<vector<int>> dp(N + 1, vector<int>(V + 1));
for(int i = 1; i <= V; i++)
dp[0][i] = -1;
for(int i = 1; i <= N; i++)
{
for(int j = 1; j <= V; j++)
{
dp[i][j] = dp[i-1][j];
if(coins[i-1] <= j && dp[i][j-coins[i-1]]!=-1)
{
if(dp[i][j] != -1)
dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i][j-coins[i-1]] + 1);
else
dp[i][j] = dp[i][j-coins[i-1]] + 1;
}
}
}
return dp[N][V];
}
};
零钱兑换||,思路基本一致。
完全平方数,需要将完全平方数的平方小于n的数求出来,然后再用完全背包问题。
八、多维状态表示
1.一和零
- 链接:点击进入
- 状态表示:dp[i][j][k],表示从[0,i]物品中挑选,不超过 j 个0,k个1的最大子集的长度。
- 状态转移方程:
- 初始化:使用默认的0即可,需要注意的是这里的 j和k是可以从0开始的。
- 填表顺序 :从左向右
- 返回值:dp[N][m][n]
class Solution {
public:
int findMaxForm(vector<string>& strs, int m, int n)
{
//处理字符串,将字符串转换为0数字与1数字的个数
int N = strs.size();
vector<int> zero(1),one = zero;
for(int i = 0; i < N; i++)
{
int cnt = 0;
string & str = strs[i];
for(auto e : str)
{
if(e == '0')
cnt++;
}
zero.push_back(cnt);
one.push_back(str.size() - cnt);
}
vector<vector<vector<int>>> dp(N + 1, \
vector<vector<int>>(m + 1,vector<int>(n + 1)));
for(int i = 1; i <= N; i++)
{
for(int j = 0; j <= m; j++)
{
for(int k = 0; k <= n; k++)
{
dp[i][j][k] = dp[i-1][j][k];
if(zero[i] <= j && one[i] <= k)
dp[i][j][k] = max(dp[i-1][j-zero[i]][k-one[i]] + 1\
,dp[i-1][j][k]);
}
}
}
return dp[N][m][n];
}
};
2. 盈利计划
- 链接:点击进入
- 确定状态表示:dp[i][j][k]表示从[0,i]工作中挑选,不超过j名员工,至少产生k利润的计划总数。
- 状态转移方程:
- 初始化:0工作产生0利润,则不超过[0,j]员工,有一种选法,那就是不选。还有一点是下标映射关系需对应,此外不超过0名员工,与不超过0利润是合法的!因此j,k的起始位置都是从0开始的。
- 填表顺序:从左到右
- 返回值:dp[N][n][m]
class Solution {
public:
int profitableSchemes(int n, int minProfit, vector<int>& group, vector<int>& profit)
{
const int MOD = 1e9 + 7;
int N = group.size();
int m = minProfit;
vector<vector<vector<int>>> dp(N + 1,\
vector<vector<int>>(n + 1,vector<int>(m + 1)));
for(int j = 0; j <= n; j++)
dp[0][j][0] = 1;
for(int i = 1; i <= N; i++)
{
for(int j = 0; j <= n; j++)
{
for(int k = 0; k <= m; k++)
{
dp[i][j][k] = dp[i-1][j][k];
if(group[i-1] <= j)
dp[i][j][k] += dp[i-1][j-group[i-1]][max(0,k-profit[i-1])];
dp[i][j][k] %= MOD;
}
}
}
return dp[N][n][m];
}
};
九、似包非包问题
1. 组合总和 Ⅳ
- 链接:点击进入
- 状态表示:dp[i] 表示总和为i的元素组合的个数。
- 状态转移方程: 如果 nums[j] <= i, dp[i] += dp[i-nums[j]]
- 初始化:为了保证后续的填表正确,dp[0]得初始化为1.
- 填表顺序:从左往右
- 返回值:dp[target]
class Solution {
public:
int combinationSum4(vector<int>& nums, int target)
{
vector<double> dp(target + 1);
dp[0] = 1;
int n = nums.size();
for(int i = 1; i <= target; i++)
{
for(int j = 0; j < n; j++)
{
if(nums[j] <= i)
{
dp[i] += dp[i - nums[j]];
}
}
}
return dp[target];
}
};
2. 不同的二叉搜索树
- 链接:不同的二叉搜索树
- 状态表示:dp[i]表示1,i 结点的二叉搜索树的种数。
- 状态转移方程:
- 初始化:为了保证后续的填表是正确的,这里dp[0]得初始化为1。
- 填表顺序:从左往右
- 返回值:dp[n]
class Solution {
public:
int numTrees(int n)
{
vector<int> dp(n + 1);
dp[0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
for(int j = 1; j <= i; j++)
{
dp[i] += dp[j-1] * dp[i-j];
}
}
return dp[n];
}
};
最后总结一下经验:文章来源:https://www.uudwc.com/A/edABq/
- 一般来说是以一个位置为结尾,来分析状态转移方程的,除了第一个系列的最小花费爬楼梯和地下城游戏。
- 分类讨论的思想在打家劫舍II与环形子数组的最大和中具有奇效。
- 在暴力解决失败时,一般来说时间复杂度为N3 且是二维的dp,这时就得再次分析状态转移方程,进行优化,一般来说都是哈希表进行的优化,因为dp毕竟是利用之前的信息,来更新现在的状态,所以优化一般都是查的过程,在最长定差子序列与最长等差数列中有所体现。
- 状态转移方程博主见到的分为四类,一维的dp,一维的dp + 两个变量表示,二维的dp,三维的dp。
- 技巧:一般如果状态比较比较多,这里可以化一个图进行表示状态之间的关系,这在买卖股票分析问题时有很大的帮助。
- 难点:有的状态转移方程确实不好分析,比如正则表达式,盈利计划,主要是难在了细节,通常是初始化。还有一些问题会误认为是dp的完全背包问题,比如说第九系列的两道题,关键是要看到组合二字,才能排除完全背包问题。 最后有些问题是可以转换成背包问题,但是这个难就难在了转换方面,建议用列举法,仔细的观察规律。
尾序
这是博主做了一遍之后,花了六天时间又做了一遍这些较为经典的题型,才总结的一篇三万字的博客,如果有所帮助,不妨点个赞鼓励一下博主!文章来源地址https://www.uudwc.com/A/edABq/