动态规划(dp)思想
动态规划 Dynamic programming => DP
动态规划：普通递归 + dp数组记录，达到空间换时间
动态规划一般都不会很高效，因为dp[]记录了途中每个状态最优解
尽量找巧妙的方法，来做到比dp效果更好的解法
dp三大性质：
- 最优子结构
- 子问题重叠
- 无后效性（算好的dp[]不会再改）
dp四步走：
- 拆分出子问题
- 子问题的递推公式（状态转移方程）
- 确定 DP 数组的计算顺序、并初始化
- 空间优化（可选）
动态规划vs贪心算法
贪心算法是一种特殊的动态规划算法
对于一个动态规划问题，问题的最优解往往包含重复的子问题的最优解，动态规划就是为了消除重复的子问题
而贪心算法由于每一次都贪心选取一个子问题，所以不会重复计算子问题的最优解
dp问题大致分类
- 【斐波拉切】（跳台阶系列）
- 【递推型】（丑数、剪绳子、圆圈最后数）
- 【划分型】间断序列-最值（打家劫舍、股票类、不连续子序列）
- 【二维坐标型】机器人棋盘路径
- 【区间型】连续序列-最值（拿石子、连续子序列）=》二维dp[][]，双指针
- 【背包型】（背包（sum<k）、和为K的序列（未必连续）、零钱兑换）
- 【树型】（树状递归、dp；经常划到树而不是动态规划）
上面前三个是一维dp[]，然后是两个二维dp[][]，背包型可能1维、2维、多维
斐波拉切型
1. 斐波那契数列
大家都知道斐波那契数列，现在要求输入一个整数n，请你输出斐波那契数列的第n项（从0开始，第0项为0，第1项是1）。n≤39
public class Solution {
public int Fibonacci(int n) {
int[] fi=new int[40];//设置数组记录中间结果，不然重复计算太多 //根据题目，放心设置数组大小
fi[0]=0;fi[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
fi[i]=fi[i-1]+fi[i-2];
}
return fi[n];
}
}
//动态规划，时间复杂度O(N),空间复杂度O(N)
//如果用递归，时间复杂度O(1.618^N)【上网查的，略小于2^N】,空间复杂度O(1)【不包括系统栈空间】
2. 跳台阶
一只青蛙一次可以跳上1级台阶，也可以跳上2级。求该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法（先后次序不同算不同的结果）。
1）斐波拉切-O(N)动态规划
public class Solution {
public int JumpFloor(int target) {
int frog[]=new int[100];
frog[1]=1;frog[2]=2;
for (int i=3;i<=target;i++){
frog[i]=frog[i-1]+frog[i-2];
}
return frog[target];
}
}
//原理同：斐波那契数列
//【动态规划】时间O(N)，空间O(N)
//如果只要最后的结果，那么可以撤销数组，使用a/b/c三个变量存储即可。空间复杂度减为O(1)
2）空间O(1)的方法
public class Solution {
public int jumpFloor(int target) {
if(target<=2)return target;
int lastOne = 2; //现在位置上一个，相当于fi[i-1]
int lastTwo = 1; //相当于fi[i-2]
int res = 0;
for(int i=3; i<=target; ++i){
res = lastOne + lastTwo;
lastTwo = lastOne;
lastOne = res;
}
return res;
}
}
//这种方法的空间复杂度为：O(1)
//时间复杂度虽然也为O(N)，但是比上一种动态规划的方法耗时，因为循环里面操作较多
//相当于时间换空间，花费时间在不断倒腾地方
3. 跳台阶扩展问题
1）找出公式
public class Solution {
public int JumpFloorII(int target) {
int way=1;for(int i=1;i<target;i++)way*=2;return way;
}
}
//【找出数学公式】2的n-1次方：类似向n个点之间的n-1个空画横线
// 其实不难找，在找递推公式时，前几项一写就知道了
// 时间 O(N)
// 空间 O(1)
2）（动态规划）硬算
public class Solution {
public int jumpFloorII(int target) {
int[] array =new int[100];
array[1] = 1;
for(int i=2; i<=target; ++i){
int sum = 0;
for(int j=1; j<=i-1; ++j)sum+=array[j];
array[i] = sum +1; //之前所有路径，再加上直接全部的1个跳法
}
return array[target];
}
}
//时间 O(N^2)
//空间 O(N)
4. 矩形覆盖
我们可以用21的小矩形横着或者竖着去覆盖更大的矩形。请问用n个21的小矩形无重叠地覆盖一个2n的大矩形，总共有多少种方法？
比如n=3时，23的矩形块有3种覆盖方法：
public class Solution {
public int rectCover(int target) {
int fi[] = new int[100];
for(int i= 0; i<=2; ++i)fi[i]=i;
for(int i=3; i<=target; ++i)fi[i]=fi[i-1]+fi[i-2];
return fi[target];
}
}
//（除了初始少许不一样，后面是斐波拉切）
// 找递推关系：分解情况==》最右边只可能为竖或横两种情况，这两种情况无交集，分别占用1个块块和2个块块
递推型
1. 丑数
把只包含质因子2、3和5的数称作丑数（Ugly Number）。例如6、8都是丑数，但14不是，因为它包含质因子7。 习惯上我们把1当做是第一个丑数。求按从小到大的顺序的第N个丑数。
import java.lang.Math;
public class Solution {
public int GetUglyNumber_Solution(int index) {
int ugly [] = new int [2000];
ugly[1] = 1;//第一个丑数是1 //ugly[]数组：从1开始，而不是0，增加可读性
int t2 = 1;
int t3 = 1;
int t5 = 1;//标记2/3/5这三个赛道中(非独立)，潜在候选者的位置 //ugly[]下标 //t2t3t5跑得比i要慢
for(int i=2; i<=index; ++i){
ugly[i] = Math.min(Math.min(2*ugly[t2],3*ugly[t3]),5*ugly[t5]);//Java里面的min()太low了，只能两个数
if(ugly[i] == 2*ugly[t2]) ++t2;//t2沿着主干线ugly[]走到下一个：因为这个被选中了，选下一个为候选
if(ugly[i] == 3*ugly[t3]) ++t3;
if(ugly[i] == 5*ugly[t5]) ++t5;//为什么要搞三个类似语句？因为：这三个可能中一个、也可能中两个、或三个全中（三个因子都含有）
}
return ugly[index];
}
}
//时间 O(N) 空间 O(N)
2. 剪绳子
给你一根长度为n的绳子，请把绳子剪成整数长的m段（m、n都是整数，n>1并且m>1），每段绳子的长度记为k[0],k[1],...,k[m]。请问k[0]xk[1]x...xk[m]可能的最大乘积是多少？例如，当绳子的长度是8时，我们把它剪成长度分别为2、3、3的三段，此时得到的最大乘积是18。（2 <= n <= 60）
方法一：数学函数求导法
【总体思路】构造函数求导，得到：m=n/e (小数的情况下)，也就是说尽量拆成一堆：2、3（最接近e的整数）
数学函数求导法：针对性规律
result= f(m) = (n/m) ^m，设n为定值，m为自变量，f(m)为乘积结果。
max{ f(m) }= max{ ln f(m) }，取对数。
求 ln f(m)= m( ln n- ln m )最值点的m值，求导并令f(m)'=0，得到m=n/e.
e=2.718，然后因为取整数，所以是拆成一堆2、3；
具体看下：4>>>22；5>>>23；6>>>33 符合分析的结果。
public class Solution {
public int cutRope(int target) {
if(target == 2)return 1;//因为题目要求最少拆成2份
if(target == 3)return 2;
int res = 1;
while(target > 4 ){//target剩<=4时，三种情况：4=>2*2=4; 3=>3; 2=>2; (-=3 不存在1)
target -= 3;
res *= 3;
}
return res * target;//三种情况合并处理
}
}//时间O(N)，空间O(1)
方法二：动态规划
【总体思路】dp[] 存一步步的最优 + 找到 递推公式
public class Solution {
int[] dp = new int[60];
public int cutRope(int target) {
if(target == 2) return 1;
if(target == 3) return 2;//这里的策略不同，要单独拎出来
dp[2] = 2;
dp[3] = 3;//在target>=4的前提下，dp[]数组2~3对应的值（不必强制分两段）
for(int i=4; i<=target; ++i){
int max = Integer.MIN_VALUE;
for(int j=2; j<=i-1; ++j){//果然，dp的本质是穷举
if(max < dp[j]*(i-j)) max = dp[j]*(i-j);//动态规划重点是找到=>【最优子结构的递推公式】
}//另一种递推：将上一行的（i-j）换成dp[i-j]
dp[i] = max;
}
return dp[target];
}
}//时间O(N^2) 空间O(N)
3. 孩子们的游戏(圆圈中最后剩下的数)
每年六一儿童节,牛客都会准备一些小礼物去看望孤儿院的小朋友,今年亦是如此。HF作为牛客的资深元老,自然也准备了一些小游戏。其中,有个游戏是这样的:首先,让小朋友们围成一个大圈。然后,他随机指定一个数m,让编号为0的小朋友开始报数。每次喊到m-1的那个小朋友要出列唱首歌,然后可以在礼品箱中任意的挑选礼物,并且不再回到圈中,从他的下一个小朋友开始,继续0...m-1报数....这样下去....直到剩下最后一个小朋友,可以不用表演,并且拿到牛客名贵的“名侦探柯南”典藏版(名额有限哦!!_)。请你试着想下,哪个小朋友会得到这份礼品呢？(注：小朋友的编号是从0到n-1；报数0到m-1)
如果没有小朋友，请返回-1
方法一：朴素模拟法 O(m*n)
public class Solution {
public int LastRemaining_Solution(int n, int m) {
if(n<=0 || m<=0)return -1;
ListNode head = new ListNode(0);
ListNode p = head;
for(int i=1; i<=n-1; ++i){
ListNode node = new ListNode(i);//串成链
p.next = node;
p = p.next;
}
p.next = head;//p回到开头位置的前一个，形成闭环
//还有一个作用是，让p指向head前一个开始，可以使每轮循环一样套路
for(int i=1; i<=n-1; ++i){
for(int j=1; j<=m-1; ++j){
p=p.next;
}
p.next = p.next.next;//java会自动回收，所以不管那个被删除的节点
}
return p.val;//剩下的最后一个
}
}//这种思路是：模拟完整的游戏运行机制，不跳步
//时间O(m*n) 空间O(n)
方法二：数学归纳法 O(n) [分析是难点]
public class Solution {
public int LastRemaining_Solution(int n, int m) {//时光倒流递推法:为什么要逆向？因为逆向是由少到多不会有空位；而正向会有空位，必须模拟、不能跳步
if(n<=0)return -1;
int res = 0; //f(1,m)=0
for(int i=2; i<=n; i++){//i就是小朋友数量，i=2是游戏最后一轮，但是我解法的第一轮 //循环从i=2到i=n，小朋友越来越多，此解法是倒推（时光倒流）
res = (res + m) % i; //相邻项关系：左边res是f(n,m) 右边res是f(n-1,m)
}
return res;
}
}//时间O(n) 空间O(1)
数学归纳法分析：
数学归纳法：
f(n,m)表示：【相对参考系：从0位置开始，最终到达f(n,m)位置】//例如：从0开始，最终到达f(5,3)=3的位置
f(1,m)=0;//首项
f(n,m)=[(m%n) + f(n-1,m)]%n;//公式化简为：f(n,m)=[m + f(n-1,m)]%n //相邻项关系【重点，推导如下】:
例如：
f(5,3)=[f(4,3)+ 3%5 ] %5=f(4,3)+3 什么意思？
f(5,3)从0开始，0-1-2，删除2节点，然后来到3==》这时的情况就类似f(4,3)。但还有一点不一样,就是标准的f(4,3)从0开始，而这里从3开始
f(4,3)根据定义，必须从0开始（所有的f(i,m)的定义需要一致），而不是从3。所以必须进行【对齐操作】：
于是f(5,3)的参靠系里：先走3步，然后以3为起点，走f(4,3)步 ==》f(5,3)=3+ f(4,3) [这里是简化，再考虑%n的细节优化下就ok了]
有了递推公式，用递归法or迭代法，求解都几乎同理
迭代法：f(1,m)=0 f(2,m)=[m + f(1,m)]%n ... 一直算到f(n,m)
划分型
1. 买卖股票的最佳时机 III
给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定的股票在第 i 天的价格。
设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你最多可以完成 两笔 交易。
注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
//本题的状态比较少，只有一维、而且只有4个状态
//这4个变量都是当前状态下的总profit：
int buy1 = prices[0];
int buy2 = prices[0];
int sell1 = 0;
int sell2 = 0;
for(int i=0; i<=prices.length-1; ++i){
//下面4行都是状态转移方程：
buy1 = Math.min(buy1, prices[i]);
sell1 = Math.max(sell1, prices[i]-buy1);
buy2 = Math.min(buy2, prices[i]-sell1);
sell2 = Math.max(sell2, prices[i]-buy2);
}
return sell2;
}
}//时间O(N) 空间O(1)
类似题目1
题目：只有一次买卖机会
解法：上面方法留下buy1和sell1即可
类似题目2
题目：k次买卖次数
解法：（难）上面方法加数组，加层循环
2. 买卖股票的最佳时机含手续费
每笔交易你只需要为支付一次手续费。
输入：prices = [1, 3, 2, 8, 4, 9], fee = 2
输出：8
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
int profit =0;
int buy = prices[0] + fee;
for(int i = 0; i<=prices.length-1; ++i){
if(buy > prices[i]+ fee)buy = prices[i]+ fee;//更新最低价
if(prices[i] > buy){
profit += (prices[i] - buy);
buy = prices[i];//这里是关键：当我们卖出一支股票时，我们就立即获得了以相同价格并且免除手续费买入一支股票的权利
}
}
return profit;
}
}//时间O(N) 空间O(1)
类似题目
题目：不限制买卖次数
解法：每步都操作，所有 "上坡" 都收下
3. 打家劫舍（不相邻最大子序列和）
给定一个代表每个房屋存放金额的非负整数数组，在不偷相邻两屋情况下 ，一夜之内能够偷窃到的最高金额。
关键点：
状态转移方程：dp[i] = dp[i-1] > dp[i-2]+nums[i-1] ? dp[i-1] : dp[i-2]+nums[i-1];
注意分析 dp[i]只需要和dp[i-1]、dp[i-2]的关系
class Solution {
public int rob(int[] nums) {
int len = nums.length;
int dp[] = new int[len + 1];//多一个
dp[0] = 0;
dp[1] = nums[0];
for(int i = 2; i<=len; ++i){
dp[i] = dp[i-1] > dp[i-2]+nums[i-1] ? dp[i-1] : dp[i-2]+nums[i-1];
}
return dp[len];
}
}//时间O(N) 空间O(N)
空间优化：
class Solution {
public int rob(int[] nums) {
int len = nums.length;
int two = 0;
int one = nums[0];
int zero = nums[0];
for(int i = 2; i<=len; ++i){
zero = one > two+nums[i-1] ? one : two+nums[i-1];//状态转移方程
two = one;
one = zero;
}
return zero;
}
}//时间O(N) 空间O(1)
//虽然这个时间也是O(N), 但是比上面的方法耗时（时间换空间）
4. 最长递增子序列
方法一：两重循环完全dp
描述：
一维数组dp[i]用于存储0-i序列的最大res，初始化为1
i、j 两重循环，当 nums[j] < nums[i] 时：
dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
时间O(N^2) 空间O(N)
方法二：设置辅助数组
时间O(N*logN) 空间O(N)
import java.util.ArrayList;
class Solution {
public int lengthOfLIS(int[] nums) {
ArrayList<Integer> min = new ArrayList<Integer>();//这个tails未必是子序列的值，但长度一定是对的
min.add(nums[0]);
for(int num:nums){
int left = 0;
int right = min.size()-1;
if(num > min.get(right))
min.add(num);
else{
while(left < right){
int mid = (left+right)/2;
if(num <= min.get(mid)) right = mid;
else left = mid+1;
}
min.set(right,num);//left==right //每一轮必将最新数字插入队列
}
}
return min.size();
}
}
代码简短些的方法：
public class Solution {
public int LIS(int[] arr) {
int[] min = new int[arr.length];
int count = 0;
for(int num:arr){
int left = 0;
int right = count;//这里right包含min数组有效值的右边一个
while(left<right){
int mid = (left+right)/2;
if(num>min[mid])left = mid+1;
else right = mid;
}
if(count == right) ++count;
min[right]=num;
}
return count;
}
}
深化：要求输出最优序列（长度相同时，要求每个位置尽量小）
public class Solution {
public int[] LIS(int[] arr) {
int n = arr.length;
int[] min = new int[n];
int[] index = new int[n];//为每个arr元素，记录(min中的)更新下标
int count = 0;
for(int i=0; i<=n-1; ++i){
int left = 0;
int right = count;
while(left<right){
int mid = (left+right)/2;
if(arr[i]>min[mid])left = mid+1;
else right = mid;
}
if(count == right) ++count;
min[right]=arr[i];
index[i] = right;//记录(min[]中的)更新下标right
}
int[] res = new int[count];//
for(int i= n-1,k = count-1; i>=0; --i){//
if(k == index[i])res[k--]=arr[i];//一定要从右往左，才能拿到最新的
}
return res;
}
}
二维坐标型
1. 不同路径
方法一：动态规划
关键点：
1）状态转移方程：path[ i ][ j ] = path[ i-1 ][ j ] + path[ i ][ j-1 ];
2）初始化：第一行第一列初始化为1（因为都是只有一种方法）
class Solution {
public int uniquePaths(int m, int n) {
int[][] path = new int [m][n];
//由于最上的边、最左的边，初始化为1 (因为都是只有一种方法到达)
for(int i=0; i<=m-1; ++i)path[i][0]=1;
for(int j=0; j<=n-1; ++j)path[0][j]=1;
for(int i=1; i<=m-1; ++i){
for(int j=1; j<=n-1; ++j){
path[i][j]=path[i-1][j]+path[i][j-1];
}
}
return path[m-1][n-1];
}
}
时间 O(mn)、空间 O(mn)
方法二：组合数学
M x N 网格，从左上到右下
分析：一共（M-1）+（N-1）步，其中向右（M-1）步，所以是：
时间 O(n) 、空间O(1)
2. 最小路径和
给定一个包含非负整数的 m x n 网格 grid ，请找出一条从左上角到右下角的路径，使得路径上的数字总和为最小。
public class Solution {
public int minPathSum(int[][] matrix) {
int row = matrix.length;
int col = matrix[0].length;
int[][]sum = new int[row][col];
int s = 0;
for(int i=0; i<=row-1; ++i){
s += matrix[i][0];
sum[i][0] = s;
}
s = 0;
for(int j=0; j<=col-1; ++j){
s += matrix[0][j];
sum[0][j] = s;
}
for(int i=1; i<=row-1; ++i){
for(int j=1; j<=col-1; ++j){
sum[i][j] = sum[i-1][j]<sum[i][j-1] ? sum[i-1][j]+matrix[i][j] : sum[i][j-1]+matrix[i][j];
}
}
return sum[row-1][col-1];
}
}//时间O(mn), 空间O(mn)
优化 Tips：
1）可以直接修改题目提供的grid数组，这样空间就是O(1)了。
2）如果使用sum[row+1][col+1]数组，虚拟的边上为0，就可以统一步骤、不用初始化的两个循环了。
类似题目
题目：三角形最小路径和
解法：
设置一个最小和的辅助dp数组
第1步：左边界、右边界只有一个"父"；先把边计算好
第2步：里面的点来自两个"父"的min
第3步：取最下面一层的最小值
(空间优化：只保留计算的上一行即可)
3. 矩阵中的路径
请设计一个函数，用来判断在一个矩阵中是否存在一条包含某字符串所有字符的路径。路径可以从矩阵中的任意一个格子开始，每一步可以在矩阵中向左，向右，向上，向下移动一个格子。如果一条路径经过了矩阵中的某一个格子，则该路径不能再进入该格子。例如：
矩阵中包含一条字符串"bcced"的路径，但是矩阵中不包含"abcb"路径，因为字符串的第一个字符b占据了矩阵中的第一行第二个格子之后，路径不能再次进入该格子。
【总体思路】（dfs+剪枝） x 多个起点
public class Solution {
public boolean hasPath (char[][] matrix, String word) {
boolean flag[][] = new boolean[matrix.length][matrix[0].length];//flag[][]数组，初始化为false，表示未经过的点
//一次初始化，之后共用 ==>是因为每次试探后，都会复原flag数组
for(int i = 0; i<= matrix.length-1; ++i){
for(int j=0; j<=matrix[0].length-1; ++j){//每行每列的全部格子作为起点，开始尝试
if(dfs(matrix, word, i, j, 0, flag)==true)return true;//如果找到一个，则完成任务+停止尝试，立即返回true
}
}
return false;//全部失败，返回false //单个尝试的失败不会有任何返回
}
public boolean dfs(char[][] matrix, String word, int i, int j, int count, boolean flag[][]){
if(0<=i && i<= matrix.length-1 && 0<=j && j<=matrix[0].length-1){//统一拦截==>【剪枝】
if(matrix[i][j] == word.charAt(count) && flag[i][j]==false){//匹配++
++count;//也可以在后面都用count+1
if(count == word.length())return true;//完整匹配，则主动停止 //全文仅此一处、是true的源头
flag[i][j] = true;//【尝试改flag】（与下文还原flag对应）
//下面递归结构类似4叉树的递归：
if(dfs(matrix, word, i+1, j, count, flag)
|| dfs(matrix, word, i-1, j, count, flag)
|| dfs(matrix, word, i, j+1, count, flag)
|| dfs(matrix, word, i, j-1, count, flag)
)return true;//这个return true是带有if的、起到传递true的作用，它不是源头
flag[i][j] = false;//【还原flag】//注意，平时传值都不需要"还原"（如count），而这里需要。
} //说明flag[][]数组，传的是指针(而不是提供副本)，递归分支是共用一个的
}
return false;
}
}//时间：O(rows*cols*3^word)//3是因为不能回头、减少一种路
//空间：1)flag空间 O(rows*cols) 2)栈空间O(word)
//如果有类似线性匹配的KMP模式串的优化，会快一些
4. N皇后问题
牛客N皇后
两种方法都是基于动态规划（回溯）：
方法一：二维数组+4个方向探索+起点只从第一行开始+设置二维flag表示是否可能新落子
方法二：一位数组（i、A[i]分别表示行、列）+单向探索
回溯的本质是" 科学地 穷举 "
本题时间复杂度O( N! )
5. 机器人的运动范围
地上有一个m行和n列的方格。一个机器人从坐标0,0的格子开始移动，每一次只能向左，右，上，下四个方向移动一格，但是不能进入行坐标和列坐标的数位之和大于k的格子。 例如，当k为18时，机器人能够进入方格（35,37），因为3+5+3+7 = 18。但是，它不能进入方格（35,38），因为3+5+3+8 = 19。请问该机器人能够达到多少个格子？
【总体思路】dfs+剪枝
public class Solution {//相邻方格移动 //由于各个位相加(非线性)造成跳步困难，所以用相邻探索的方法
int count = 0;
public int movingCount(int threshold, int rows, int cols) {
boolean flag[][] = new boolean[rows][cols];//标记方格有没有来过，这里的flag不可逆
dfs(threshold, rows, cols, 0, 0, flag);//从(0,0)开始探索。。
return count;
}
public void dfs(int threshold, int rows, int cols, int i, int j, boolean flag[][]){
if(0<=i && i<=rows-1 && 0<=j && j<=cols-1){
if(flag[i][j] == false && i/10 + i%10 + j/10 + j%10 <= threshold){//i、j属于[0,99]
++count;
flag[i][j] = true;//不用还原
//如果一个块块不符合，它周围就不用再试了
dfs(threshold, rows, cols, i+1, j, flag);
dfs(threshold, rows, cols, i-1, j, flag);
dfs(threshold, rows, cols, i, j+1, flag);
dfs(threshold, rows, cols, i, j-1, flag);
}
}
}
}//时间O(rows*cols) 空间O(rows*cols)
//不能用两层for循环来做是因为：本题需要相连的空间，所以必须bfs、dfs二选一
//感觉修改一下就是迷宫找路
区间型
1. 最长回文子串
给定字符串A以及它的长度n，请返回最长回文子串的长度。
输入："abc1234321ab",12
返回值：7
方法一：暴力求解（穷举）
i、j两重循环表示开始结束的坐标，然后O(N)判断是否对称
时间O(N^3)
空间O(1)
方法二：动态规划
dp [ i ] [ j ]存储：i开始、j结束的串
P(i,j) <-- P(i+1,j−1)
时间O(N^2)
空间O(N^2)
方法三：中心扩展法
从每个点开始，
同时向左右扩展、判断是否相等
时间O(N) x O(N) = O(N^2)
空间O(1)
public class Solution {
public int getLongestPalindrome(String A, int n) {
int maxLen = 0;
for(int i=0; i<=n-2; ++i){//i==n-1略过
int len1 = expand(A, i, i);//1)单中心
int len2 = expand(A, i, i+1);//2)双中心
int len = len1 > len2 ? len1 : len2;
if(len > maxLen) maxLen = len;
}
return maxLen;
}
public int expand(String A, int left, int right){
while(0<=left && right<=A.length()-1 && A.charAt(left)==A.charAt(right)){
--left;
++right;
}
return right-left-1;//right-left+1-2
}
}//时间O(N^2) 空间O(1)
方法四：Manacher 算法
时间O(N)
空间O(N)
算法较为复杂，后面再记一下
2. 石子游戏
A和B用几堆石子在做游戏。偶数堆石子排成一行，每堆都有正整数颗石子。
游戏以谁手中的石子最多来决出胜负。石子的总数是奇数，所以没有平局。
A和B轮流进行，A先开始。 每回合，玩家从行的开始或结束处取走整堆石头。 这种情况一直持续到没有更多的石子堆为止，此时手中石子最多的玩家获胜。
假设A和B都发挥出最佳水平，当A赢得比赛时返回 true ，当B赢得比赛时返回 false 。
方法一：动态规划
三角形阶梯dp数组，i,j分别是连续石子堆的左右边界，dp[i][j]表示领先石子数
初始化底层n个为石子堆数量，然后每次在边界增加一堆石子（左/右）
dp[i][j] = Math.max(piles[i] - dp[i + 1][j], piles[j] - dp[i][j - 1]);
res= dp[0][len-1]
时间O(N^2)
空间O(N^2)可优化为O(N)
方法二：直接 return true
==> 如果两人都是最佳策略，先手必胜
3. 连续子数组的最大和
输入一个整型数组，数组里有正数也有负数。数组中的一个或连续多个整数组成一个子数组。求所有子数组的和的最大值。要求时间复杂度为 O(n).
//这是实用算法课上讲过的方法
public class Solution {
public int FindGreatestSumOfSubArray(int[] array) {
if(array.length ==0)return 0;
int max = Integer.MIN_VALUE;//全局最大值 //(这里将max=array[0]也可)
int currentSum = 0;//邻近最大值：小于0时候熔断，最小为0
for(int i =0; i<=array.length-1; ++i){
currentSum += array[i];
if(currentSum > max) max=currentSum;
if(currentSum<0)currentSum=0;
}
return max;
}
}
//时间 O(N) 空间 O(1)
背包型
1. 分割等和子集【0-1背包问题】
==》问题等价于：不连续子集和为 k（本题k=sum/2）
和【0-1背包问题】不同的是：背包要 <= k，这里是==k
class Solution {
public boolean canPartition(int[] nums) {
int sum = 0;
for(int num : nums)sum += num;
if((sum & 1) == 1)return false;//位运算，看二进制最后一位是不是1
int target = sum/2;
boolean[] dp = new boolean[1+target];
dp[0] = true;
for(int i=0; i<=nums.length-1; ++i){//nums[i]
boolean[] mem = new boolean[1+target];//用于记录；空间优化方法是从后往前
for(int k=0; k<=target; ++k){//dp[k]
if(dp[k]==true) mem[k]=true;
}
for(int k=0; k<=target; ++k){
if(mem[k]==true && k + nums[i]<=target){
dp[k + nums[i]]=true;
}
}
}
return dp[target];
}
}
空间优化：
class Solution {
public boolean canPartition(int[] nums) {
int sum = 0;
for(int num : nums)sum += num;
if((sum & 1) == 1)return false;
int target = sum/2;
boolean[] dp = new boolean[1+target];
dp[0] = true;
for(int i=0; i<=nums.length-1; ++i){
for(int k=target; k>=0; --k){//dp[k]从后往前
if(k-nums[i]>=0 && dp[k-nums[i]]==true)dp[k]=true;//优化
}
}
return dp[target];
}
}//时间 O(len * target)
//空间 O(target)
2. 零钱兑换【完全背包问题】
- 【0/1背包问题】：每个元素最多选取一次
- 【完全背包问题】：每个元素可以重复选择
- 【分类背包问题】：有多个背包，分别装不同东西，需要多重遍历
class Solution {
public int coinChange(int[] coins, int amount) {
int[] dp = new int[amount + 1];//i和dp[i]分别为总金额、硬币数量
Arrays.fill(dp, Integer.MAX_VALUE-1);//
dp[0] = 0;//
for(int i=1; i<=amount; ++i){
for(int j=0; j<=coins.length-1; ++j){
if(i-coins[j]>=0 && dp[i-coins[j]]+1 < dp[i]){
dp[i] = dp[i-coins[j]]+1;
}
}
}
if(dp[amount]<=amount) return dp[amount];//这里判断含有等于
else return -1;//未找到方法，则dp[i]里面还是初始值
}
}//时间O(amount*coin) 空间O(amount)
3. 一和零【分类背包问题】
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 的最大子集的大小，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 。
class Solution {
public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) {
int[][] dp = new int[m+1][n+1];//第一行第一列自动初始化为0
for(String str:strs){//
int zeros = 0;
int ones = 0;
for(char c:str.toCharArray()){//连续用两个高级for循环
if(c=='1')++ones;
else ++zeros;
}
for(int i=m; i>=0; --i){//背包内容在外层，dp在内层
for(int j=n; j>=0; --j){//背包经典的回退--
if(i-zeros>=0 && j-ones>=0 && dp[i][j] < dp[i-zeros][j-ones] + 1){//符合要求就更新
dp[i][j] = dp[i-zeros][j-ones] + 1;
}
}
}
}
return dp[m][n];
}
}
