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前言

提示：这里为每天自己的学习内容心情总结；

Learn By Doing，Now or Never，Writing is organized thinking.

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提示：以下是本篇文章正文内容

一、今天学习了什么？

• 学习了代码随想录关于动态规划的算法；
• 还有01背包问题

二、动态规划

1.概念

「动态规划」（Dynamic Programming），适用于很多重叠子问题的场景**，每一个结果一定是由于上一个状态推导出来的，选择和状态转移**。解题步骤如下：

• 确定dp数组（dp table）以及下标的含义；
• 确定递推公式；
• dp数组如何初始化；
• 确定遍历顺序；
• 举例推导dp数组；

「01 背包问题」是指，有 n 个物品和一个最多能背负 w 重量的背包，求该背包能背负的最大重量。第 i 个物品的重量为 weight[i] ，价值为 value[i] 。

有两种解法：

• 二维数组：
  • dp[i] [j] ，表示从下标为 [0,i] 的物品中，放进背包容量为 j 时的最大价值；
  • 确定遍历的顺序，先遍历背包容量，再去逐个遍历物品个数；
• 一维数组：
  • dp[i] ，表示背包容量为 i 时的背包最大价值；
  • 先遍历物品，再去遍历背包容量，并且保证遍历背包容量时是从大到小的，保证物品只会被放入了一次。

    /*** - 采用二维数组解决背包问题* - 只有当当前背包的容量能放下当前物品的重量时，才需要去判断是否需要将物品放入背包中* - 按照先遍历物品，再去遍历背包容量的顺序执行*/public static int testWeightBagProblem01(int[] weight, int[] value, int bagSize) {int m = weight.length;int[][] dp = new int[m][bagSize + 1];for (int j = weight[0]; j <= bagSize; j++) {dp[0][j] = value[0];}for (int j = 1; j <= bagSize; j++) {for (int i = 1; i < m; i++) {if (j >= weight[i]) {dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);} else {dp[i][j] = dp[i - 1][j];}}}return dp[m - 1][bagSize];}/*** - 一维数组* - 背包容量的最大值取决于之前背包容量更小时候的最大值*/public static int testWeightBagProblem02(int[] weight, int[] value, int bagSize) {int[] dp = new int[bagSize + 1];for (int i = 0; i < weight.length; i++) {// 先遍历物品for (int j = bagSize; j >= weight[i]; j--) {// 再去遍历背包容量// 判断将此物品放入背包的结果dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]); //不放、放}}return dp[bagSize];}

2.题目

• 509. 斐波那契数

    public int fib(int n) {if (n == 0 || n == 1) {return n;}/*** 动态规划* - dp数组* - 选择* - 状态转移* dp[i] 代表f(n)*/int[] dp = new int[n + 3];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

    public int climbStairs(int n) {if (n == 1 || n == 2) {return n;}/*** 遇到重叠子问题，采用动态规划* - dp数组含义：dp[i]表示有dp[i]种方法可以爬到楼顶（楼顶的台阶数为i）* - 初始化* - 状态转移和选择*/int[] dp = new int[n + 1];dp[1] = 1;dp[2] = 2;for (int i = 3; i <= n; i++) {dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];}return dp[n];}

• 746. 使用最小花费爬楼梯

    public int minCostClimbingStairs(int[] cost) {/*** - 采用动态规划* - dp[i]：爬上i层使用的最少的花费*/int[] dp = new int[cost.length + 1];for (int i = 2; i <= cost.length; i++) {dp[i] = Math.min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);}return dp[cost.length];}

• 62. 不同路径

    public int uniquePaths(int m, int n) {/*** - 每次都需要选择，采用动态规划* - dp[i][j]：到达(i,j)点的路径*/int[][] dp = new int[m][n];for (int i = 0; i < m; i++) {dp[i][0] = 1;}for (int j = 0; j < n; j++) {dp[0][j] = 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. 不同路径 II

    public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {/*** 还是使用动态规划，只不过需要判断是否可达*/int m = obstacleGrid.length;int n = obstacleGrid[0].length;int[][] dp = new int[m][n];for (int i = 0; i < m; i++) {if (obstacleGrid[i][0] == 1) {break;}dp[i][0] = 1;}for (int j = 0; j < n; j++) {if (obstacleGrid[0][j] == 1) {break;}dp[0][j] = 1;}for (int i = 1; i < m; i++) {for (int j = 1; j < n; j++) {if (obstacleGrid[i][j] == 1) {continue;}dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];}}return dp[m - 1][n - 1];}

• 343. 整数拆分

    public int integerBreak(int n) {if (n <= 3) {return n - 1;}/*** - 如何使用动态规划呢？* - 就需要从怎么拆入手* - 是否要拆，取决于拆完后结果和之前的结果谁更大*/int[] dp = new int[n + 1];dp[2] = 1;for (int i = 3; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= i - j; j++) {dp[i] = Math.max(dp[i], Math.max((i - j) * j, dp[i - j] * j));}}return dp[n];}public int integerBreak2(int n) {if (n <= 3) {return n - 1;}/*** - 这是纯数学解答* - 任何整数都可以拆成2和3* - 怎么拆，取决于模上3的余数是多少*/int remainder = n % 3;int times = n / 3;if (remainder == 0) {return (int) Math.pow(3, times);} else if (remainder == 1) {return (int) Math.pow(3, times - 1) * 4;} else {return (int) Math.pow(3, times) * 2;}}

• 96. 不同的二叉搜索树（⭐⭐⭐⭐⭐）

这个题有点难，在于如何的合适区拆分成子问题：

应该先举几个例子，画画图，看看有没有什么规律，如图：

• 当n = 1 , 2 时都很直观；
• 当 n = 3 时，分为：
  • 当1为头结点的时候，其右子树有两个节点，看这两个节点的布局，是不是和 n 为2的时候两棵树的布局是一样的啊！
  • 当2为头结点的时候，其左右子树都只有一个节点，布局是不是和n为1的时候只有一棵树的布局也是一样的啊！
  • 当3为头结点的时候，其左子树有两个节点，看这两个节点的布局，是不是和n为2的时候两棵树的布局也是一样的啊！
  • dp[3]，就是 元素1为头结点搜索树的数量 + 元素2为头结点搜索树的数量 + 元素3为头结点搜索树的数量；
    • dp[3] = dp[2] * dp[0] + dp[1] * dp[1] + dp[0] * dp[2]；
    • 元素1为头结点搜索树的数量 = 右子树有2个元素的搜索树数量 * 左子树有0个元素的搜索树数量；
    • 元素2为头结点搜索树的数量 = 右子树有1个元素的搜索树数量 * 左子树有1个元素的搜索树数量；
    • 元素3为头结点搜索树的数量 = 右子树有0个元素的搜索树数量 * 左子树有2个元素的搜索树数量；

    public int numTrees(int n) {/*** - 这个题有点难，在于如何正确的处理拆分子问题* - dp[i]，代表i个节点组成的二叉搜索树的种数* - 拆分为 1.2.3.....i 为头节点组成的二叉搜索树的之和就是i个节点组成的二叉搜索树的种数*/int[] dp = new int[n + 1];dp[0] = 1;dp[1] = 1;for (int i = 2; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= i; j++) {dp[i] += dp[i - j] * dp[j - 1];}}return dp[n];}

• 416. 分割等和子集（⭐⭐⭐）

    public boolean canPartition(int[] nums) {/*** - 可以将问题看成，是否能将数组中的元素凑出数组元素和的一半* - 背包容量为一半的数组和，物品价值和物品重量都是nums数组* - 采用一维数组的话，dp[i]代表数组容量为i时能背的最大价值*/int sum = 0;for (int i = 0; i < nums.length; i++) {sum += nums[i];}if (sum % 2 != 0) {return false;}sum /= 2;int[] dp = new int[sum + 1];for (int i = nums[0]; i <= sum; i++) {dp[i] = nums[0];}for (int i = 1; i < nums.length; i++) {for (int j = sum; j >= nums[i]; j--) {dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]);}}return dp[sum] == sum;}

• 1049. 最后一块石头的重量 II

    public int lastStoneWeightII(int[] stones) {/*** - 也是背包问题*/int sum = 0;for (int i = 0; i < stones.length; i++) {sum += stones[i];}int target = sum / 2;int[] dp = new int[target + 1];for (int i = stones[0]; i <= target; i++) {dp[i] = stones[0];}for (int i = 1; i < stones.length; i++) {for (int j = target; j >= stones[i]; j--) {dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i]);}}return sum - 2 * dp[target];}

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总结

提示：这里对文章进行总结：

今天效率一般，心情有点emo，很害怕。