动态规划基础
简称DP，如果某⼀问题有很多重叠⼦问题，使⽤动态规划是最有效的。
动态规划中每⼀个状态⼀定是由上⼀个状态推导出来的
1. 确定dp 数组（ dp table ）以及下标的含义2. 确定递推公式3. dp 数组如何初始化4. 确定遍历顺序5. 举例推导 dp 数组
509. 斐波那契数
509. 斐波那契数 - 力扣（LeetCode）
https://leetcode.cn/problems/fibonacci-number/
首先思考dp数组的含义：
dp[i]是指数组中第i个数的值
状态转移方程：dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]
初始化：初始第1和第2个数
确定遍历顺序从头开始到第n个
举例推导dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]
class Solution {
public:int fib(int N) {if (N <= 1) return N;vector<int> dp(N + 1);dp[0] = 0;dp[1] = 1;for (int i = 2; i <= N; i++) {dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];}return dp[N];
}
};70.爬楼梯
70. 爬楼梯 - 力扣（LeetCode）https://leetcode.cn/problems/climbing-stairs/
首先思考dp数组得含义：
dp[i]是指爬到第i阶有几种方法
dp[i]=dp[i-1] + dp[i-2]
初始化：初始第1和第2个数
确定遍历顺序从头开始到第n个
举例推导dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]
class Solution {
public:int climbStairs(int n) {if(n<=2){return n; }vector<int> vec(n+1,0);vec[1]=1;vec[2]=2;for(int i=3;i<=n;i++){vec[i]=vec[i-1]+vec[i-2];} return vec[n];}
};746. 使用最小花费爬楼梯
746. 使用最小花费爬楼梯 - 力扣（LeetCode）https://leetcode.cn/problems/min-cost-climbing-stairs/submissions/
dp[i]表示到达第i个台阶最小的花费
dp[i]=min(dp[i-1],dp[i-2])+cost[i];
初始化dp[0]=cost[0] dp[1]=cost[1]
顺序是从第2个台阶开始
class Solution {
public:int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {vector<int> dp(cost.size(),0); //初始化数组dp[0]=cost[0];dp[1]=cost[1];for(int i=2;i<cost.size();i++){dp[i]=min(dp[i-1],dp[i-2])+cost[i];}return min(dp[cost.size()-1],dp[cost.size()-2]);}
};62.不同路径
62. 不同路径 - 力扣（LeetCode）https://leetcode.cn/problems/unique-paths/
本题需要记录每个位置的可以到达的路径的数目
dp[i][j]表示到达第i行第j列的点的路径
dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1] 每一个位置，可以通过上面和左边的位置前进一步得到
初始化明显dp[i][0]=1 dp[0][j]=1 表示第一行和第一列的到达的路径都为1
遍历的顺序从每层一层一层遍历
class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n) {vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 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 - 1][n - 1];
}
};63.不同的路径II
63. 不同路径 II - 力扣（LeetCode）https://leetcode.cn/problems/unique-paths-ii/
本体相对于上一题，中间多了路障
在初始化地图时，我们需要将有障碍的地方识别出来
对于每一个点，都可以通过上面或者左边的节点过来
状态转移方程：grid[i][j]=grid[i-1][j]+grid[i][j-1]
初始化：第一行和第一列每一个元素初始化为1
顺序：每一行不停的向下遍历
最后返回grid[obstacledGrid.size()][obstacleGrid[0].size()]
class Solution {
public:int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {int n=obstacleGrid.size();int m=obstacleGrid[0].size();vector<vector<int>> grid(n,vector<int>(m,0));//初始化数组 第一行和第一列可以到达的路径都是1for(int i=0;i<n&&obstacleGrid[i][0]==0;i++) grid[i][0]=1;for(int j=0;j<m&&obstacleGrid[0][j]==0;j++) grid[0][j]=1;for(int i=1;i<n;i++){for(int j=1;j<m;j++){if(obstacleGrid[i][j]==1) continue;grid[i][j]=grid[i-1][j]+grid[i][j-1];}}return grid[n-1][m-1];}
};343 整数拆分
343. 整数拆分 - 力扣（LeetCode）https://leetcode.cn/problems/integer-break/
dp[i]表示i拆分的最大的乘积
递推公式（状态转移公式）：遍历之前的dp数据 dp[i]=max(dp[i],max(dp[i-j]*j,j*(i-j)));
dp[i]很小（起一个迭代的作用），因此取最大值基本都是后一个max中的值（dp[i-j]表示i-j拆分成的最大乘积，如果这个树乘以j大，那么不断循环，到i-1的情况，就可以找出i拆分的最大的值）
初始化，对于0和1没法拆分，那么最大的乘积为0
顺序：从1开始，从前往后
class Solution {
public:int integerBreak(int n) {vector<int> dp(n+1,0);dp[2]=1;for(int i=3;i<=n;i++){for(int j=1;j<i-1;j++){dp[i]=max(dp[i],max(dp[i-j]*j,j*(i-j)));}}return dp[n];}
};96.不同的二叉搜索树
96. 不同的二叉搜索树 - 力扣（LeetCode）
https://leetcode.cn/problems/unique-binary-search-trees/
dp[n] 一维的数组，思考含义i表示i个元素可以构成的二叉搜索树的个数
状态转移：dp[i]+=dp[j-1][i-j] (j的范围为1到i)
初始化思考i为0的情况：0个元素构成的搜索树可以直接看成一个二叉搜索树dp[0]=1
顺序：从第一个节点开始，直到第n个节点
返回 dp[n];
为什么是乘法呢，因为左右子树相当于不同的选择步骤
因此，最终的结果的个数应该是两者的乘积
class Solution {
public:int numTrees(int n) {//dp[i]为i个节点时，二叉搜索树的中枢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];}};背包问题
背包问题是动态规划经典的问题，包含01背包，完全背包，多重背包等子问题
0-1背包问题
有 N 件物品和⼀个最多能被重量为 W 的背包。第 i 件物品的重量是 weight[i] ，得到的价值是value[i] 。 每件物品只能⽤⼀次 ，求解将哪些物品装⼊背包⾥物品价值总和最⼤。总结一下，就是把给定的物品向背包里装，求出能够装进去的最大价值
定义一个数组int dp[i][j] ，i和物品的数量一样 j为背包的最大容量
dp[i][j] 为在容量为j的情况下，前i个物品合理装进去能够获得的最大的价值
转移公式： dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-weight[i]]+value[i]);
初始化：对于j取j<value[0]是为0，如果j>value[0],则为value[0];
int main(){vector<vector<int>> dp(weight.size()+1,vector<int>(rongliang+1,0));//全部初始化为0for(int j=value[0];j<=rongliang;j++){dp[0][j]=value[0];}for(int i=1;i<weight.size();i++){for(int j=0;j<=rongliang;j++){if(j<weight[i]) dp[i][j]=dp[i-1][j];elsedp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j-weight[i]] + value[i]); }}cout << dp[weight.size() - 1][bagWeight] << endl;
}#include<iostream>
#include<vector>using namespace std;int main() {int sum, rongliang;cin >> sum >> rongliang;vector<int> tiji(sum+1, 0);vector<int> jiazhi(sum+1, 0);for (int i = 1; i <= sum; i++) {cin >> tiji[i] >> jiazhi[i];}//初始化dp数组vector<vector<int>> dp(sum + 1, vector<int>(rongliang + 1, 0));//进行动态规划for (int i = 1; i <= sum; i++) {for (int j = rongliang; j >= 0; j--) {//状态转移方程if (j >= tiji[i]) {//装得下dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - tiji[i]] + jiazhi[i]);}else {//装不下dp[i][j] = dp[i - 1][j];}}}cout << dp[sum][rongliang];return 0;
}
这两份代码不同：
第一：价值和重量数组的起始位置不同
第二：在第二轮循环中，第二个程序从大到小
起始位置不同，导致了初始化的过程不同，第二个不需要初始化，初始化化的过程包含在循环中
因为dp的值都是从上一行的状态转移过来的，那么就是说我们不要在意遍历的顺序，那么从开始到最后，从最后到开始都是一样的，我们依旧可以从容量开始，不断递减
思考如何简化问题的求解
使用一位动态数组就可以解决问题
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-weight[i]]+value[i]);
如果说把dp[i-1]的那一层拷贝到i层，表达式就可以是dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][j-weight[i]]+value[i]);
只是用一维数组，只使用dp[j]
416.分割等和子集
416. 分割等和子集 - 力扣（LeetCode）
https://leetcode.cn/problems/partition-equal-subset-sum/
class Solution {
public:bool canPartition(vector<int>& nums) {int sum=0;vector<int> dp(10001,0);for(int i=0;i<nums.size();i++){sum+=nums[i];}if(sum%2!=0) return false;int target=sum/2;for(int i=0;i<nums.size();i++){for(int j=target;j>=nums[i];j--){dp[j]=max(dp[j],dp[j-nums[i]]+nums[i]);}} if(dp[target]==target) return true; return false;}
};分割子集，找到和相同的子集
分半，找到容量最大的；
dp数组含义，容量为i时，取得数组元素和的最大值
dp[i]=max(dp[i],dp[i-nums[i]]+nums[i])
初始化，当容量小于最小的数组元素时，dp为零，因此初始化为全零
1049. 最后一块石头的重量II
1049. 最后一块石头的重量 II - 力扣（LeetCode）https://leetcode.cn/problems/last-stone-weight-ii/
class Solution { public:int lastStoneWeightII(vector<int>& stones) {int sum=0;for(int i=0;i<stones.size();i++){sum+=stones[i];}vector<int> vec(150001,0);int target=sum/2;for(int i=0;i<stones.size();i++){for(int j=target;j>=stones[i];j--){vec[j]=max(vec[j],vec[j-stones[i]]+stones[i]);}}return sum-vec[target]-vec[target];} };
思考本题：
总数分半，获得容量最大可能性sum-dp[target]-dp[target];
sum-dp[target]一定大于dp[target]
494、目标和
494. 目标和 - 力扣（LeetCode）https://leetcode.cn/problems/target-sum/
在数字前面加+-号得到目标和的数
就是装够特定容量大小的东西，总共有几种装法
dp[j]+=dp[j-nums[i]]
遍历的顺序和01背包问题一样
初始化：通过状态转移方程可以得出，当为0时，代表结果为0的时候有几种方案
class Solution {
public:int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int target) {int sum=0;for(auto i:nums){sum+=i;}if(target>sum) return 0;if((target+sum)%2==1) return 0;int nice=(target+sum)/2;vector<int> vec(1001,0);vec[0]=1;for(int i=0;i<nums.size();i++){for(int j=nice;j>=nums[i];j--){vec[j]+=vec[j-nums[i]];}}return vec[nice];}
};
