LeetCode：动态规划
动态规划
动态规划永远的神
这部分主要是学习了 labuladong 公众号中对于动态规划的讲解
刷了些 leetcode 题，在此做一些记录，不然没几天就忘光光了
题目
这部分内容直接上题目了，解题的路子都体现在题里了
70. 爬楼梯
// 方法1-1：直接递归，超出时间限制
public int climbStairs(int n) {
if(n <= 1){
return 1;
}
if(n == 2){
return 2;
}
return climbStairs(n-1) + climbStairs(n-2);
}
// 方法1-2：用一个hashtable缓存结果，避免重复计算
Map<Integer ,Integer> cash = new HashMap<>();
public int climbStairs(int n) {
if(n <= 1){
return 1;
}
if(n == 2){
return 2;
}
if(cash.containsKey(n)){
return cash.get(n);
}
int result = climbStairs(n-1) + climbStairs(n-2);
cash.put(n, result);
return result;
}
// 方法2-1：动态规划，使用数组
// 1. 明确状态：dp[i], 爬到第i层的可能方案
// 2. 状态转移方程: dp[i] = dp[i-2] + dp[i-1]
// 3. 选择：dp[n] 爬n阶之后达到楼顶
// 4. base case： dp[1] = 1 dp[2] = 2
public int climbStairs(int n) {
if(n <= 1){
return 1;
}
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];
}
// 方法2-2：动态规划，爬楼梯问题可以直接使用两个变量
public int climbStairs(int n) {
if(n<=1){
return 1;
}else if(n == 2){
return 2;
}else{
int a=1, b=2;
for(int i=3; i<=n; i++){
int tmp = a + b;
a = b;
b = tmp;
}
return b;
}
}
509. 斐波那契数
// 方法1：暴力法
public int fib(int n) {
if(n == 0 || n == 1){
return n;
}
return fib(n-1) + fib(n-2);
}
// 方法2：带备忘录的递归解法
Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();
public int fib(int n) {
if(n == 0 || n == 1){
return n;
}
if(map.containsKey(n)){
return map.get(n);
}else{
int result = fib(n-1) + fib(n-2);
map.put(n, result);
return result;
}
}
// 方法3：动态规划
// 1. 明确状态：dp[i] 第i个数
// 2. 状态转移方程：dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]
// 3. 明确选择：dp[n] 第n个斐波那契数
// 4. basecase: dp[1] = 1 dp[2] = 1;
public int fib(int n) {
if(n < 1) return 0;
if(n == 1 || n == 2) return 1;
int[] dp = new int[n+1];
dp[1] = 1;
dp[2] = 1;
for(int i=3; i<=n; i++){
dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2];
}
return dp[n];
}
5. 最长回文子串
// 方法1：暴力法
public String longestPalindrome(String s) {
int len = s.length();
if (len < 2) {
return s;
}
// 记录最长回文子串
int maxLen = 1;
// 记录回文子串开始索引
int begin = 0;
// s.charAt(i) 每次都会检查数组下标越界，因此先转换成字符数组
char[] charArray = s.toCharArray();
// 枚举所有长度大于 1 的子串 charArray[i..j]
for (int i = 0; i < len - 1; i++) {
for (int j = i + 1; j < len; j++) {
// 当子串长度j - i + 1 小于 maxLen，则没必要去判断了
if (j - i + 1 > maxLen && validPalindromic(charArray, i, j)) {
maxLen = j - i + 1;
begin = i;
}
}
}
return s.substring(begin, begin + maxLen);
}
/**
* 验证子串 s[left..right] 是否为回文串
*/
private boolean validPalindromic(char[] charArray, int left, int right) {
while (left < right) {
if (charArray[left] != charArray[right]) {
return false;
}
left++;
right--;
}
return true;
}
// 方法2：动态规划
// 1.明确状态：dp[i][j] 表示字符串s[i...j]是否为回文子串
// 2.状态转移方程： dp[i][j] = dp[i+1][j-1] and (s[i] == s[j])，
// 这个dp数组是可以画图的，在状态转移时，前面的状态一定要已经好了，体现在代码中就是遍历dp数组的方向
// 3.选择：当dp[i][j]为true时，记录下此时的字符串起始与长度
// 4.base case: i==j 时， dp[i][j] 必为回文串
// 5.优化...emmmm
public String longestPalindrome(String s) {
int length = s.length();
if(length < 2){
return s;
}
int start = 0;
int maxLen = 1;
// 定义dp数组
boolean[][] dp = new boolean[length][length];
// base case
for(int i=0; i<length; i++){
dp[i][i] = true;
}
// 开始遍历
for(int i=length-1; i>=0; i--){ // 状态1的转移
for(int j=i+1; j<length; j++){ // 状态2的转移
if(s.charAt(i) == s.charAt(j)){
if(j - i <= 2){
// 只有两个或者三个字符时，是不需要依赖前面的状态的
dp[i][j] = true;
}else{
// 而超过三个字符时，就依赖前面的状态了
dp[i][j] = dp[i+1][j-1];
}
}else{
dp[i][j] = false;
}
// 只要 dp[i][j] == true 成立，就表示子串 s[i..j] 是回文，此时记录回文长度和起始位置
if(dp[i][j] == true && j-i+1 > maxLen){
start = i;
maxLen = j-i+1;
}
}
}
return s.substring(start, start+maxLen);
}
// 方法3：双指针，中心扩散法
public String longestPalindrome(String s) {
String res = "";
for(int i=0; i<s.length(); i++){
// 以s[i]为中心的最长回文子串
String s1 = palinedrome(s, i, i);
// 以s[i] 和 s[i+1] 为中心的最长回文子串
String s2 = palinedrome(s, i, i+1);
res = res.length() > s1.length() ? res: s1;
res = res.length() > s2.length() ? res: s2;
}
return res;
}
private String palinedrome(String s, int l, int r){
// 防止索引越界
while(l>=0 && r<s.length() && s.charAt(l) == s.charAt(r)){
l--;
r++;
}
return s.substring(l+1, r); // 因为r是取不到的，因此不需要-1了
}
516. 最长回文子序列
// 1. 明确状态：dp[i][j]，表示字符串s[i...j]中的最长回文子序列长度
// 2. 状态转移方程：
// 当s[i] == s[j] dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] + 2;
// 当s[i] != s[j] dp[i][j] = max(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]);
// 最终状态：dp[0][n - 1]
// 3. 选择：回文子序列的长度
// 4. base case：i==j 时， dp[i][j] 必为回文串
public int longestPalindromeSubseq(String s) {
int n = s.length();
// 定义dp数组
int[][] dp = new int[n][n];
// base case
for(int i=0; i<n; i++){
dp[i][i] = 1;
}
// 开始状态转移
for(int i=n-1; i>=0; i--){
for(int j=i+1; j<n; j++){
if(s.charAt(i) == s.charAt(j)){
// 它俩一定在最长回文子序列中
dp[i][j] = dp[i+1][j-1] + 2;
}else{
// 把i/j 加入后，s[i+1..j] 和 s[i..j-1] 谁的回文子序列更长？
dp[i][j] = Math.max(dp[i+1][j], dp[i][j-1]);
}
}
}
return dp[0][n-1];
}
300. 最长递增子序列
// 动态规划求解
// 1. 明确状态：dp[i],表示数组nums[0...i]的最长子序列且i必须取
// 2. 确定状态转移方程：dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
// 3. 选择：dp中的最大值
// 4. base case dp[i]=1;
public int lengthOfLIS(int[] nums) {
// 定义了dp数组
int[] dp = new int[nums.length];
// base case
for(int i=0; i<nums.length; i++){
dp[i] = 1;
}
for(int i=0; i<nums.length; i++){ // 状态转移
for(int j=0; j<i; j++){ // s[0...i]数组的最长递增子序列的情况，但是必须包含i元素的情况下
if(nums[i] > nums[j]){
dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
}
}
}
// 明确输出
int max = 1;
for(int i=0; i<dp.length; i++){
if(max < dp[i]){
max = dp[i];
}
}
return max;
}
53. 最大子序和
// 动态规划求解
// 1. 明确状态：以nums[i]为结尾的「最大子数组和」为dp[i]
// 2. 确定状态转移方程：dp[i] = Math.max(nums[i], dp[i-1] + nums[i])
// 3. 选择：dp[n-1]
// 4. basecase dp[0]=nums[0];
public int maxSubArray(int[] nums) {
int n = nums.length;
int[] dp = new int[n];
// base case
// 第一个元素前面没有子数组
dp[0] = nums[0];
// 状态转移方程
for(int i=1; i<n; i++){
// 要么自成一派，要么和前面的子数组合并
dp[i] = Math.max(nums[i], dp[i-1] + nums[i]);
}
// 得到 nums 的最大子数组
int res = Integer.MIN_VALUE;
for (int i = 0; i < n; i++) {
res = Math.max(res, dp[i]);
}
return res;
}
354. 俄罗斯套娃信封问题
public int maxEnvelopes(int[][] envelopes) {
if(envelopes == null || envelopes.length == 0){
return 0;
}
int n = envelopes.length;
// 按照w对envelopes进行升序排序，若h相同，则按照h降序排序
Arrays.sort(envelopes, new Comparator<int[]>() {
@Override
public int compare(int[] o1, int[] o2) {
return o1[0] == o2[0] ? o2[1] - o1[1] : o1[0] - o2[0];
}
});
// 对h数组寻找LIS （Longes Increasing Subsequence）300题的内容
int[] height = new int[n];
for(int i=0; i<n; i++){
height[i] = envelopes[i][1];
}
return lengthOfLIS(height);
}
// 求最长递增子序列，300题的内容
private int lengthOfLIS(int[] nums){
int n = nums.length;
int[] dp = new int[n];
for(int i=0; i<n; i++){
dp[i] = 1;
}
for(int i=0; i<n; i++){
for(int j=0; j<i; j++){
if(nums[i] > nums[j]){
dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
}
}
}
int max = 1;
for(int i=0; i<n; i++){
if(max < dp[i]){
max = dp[i];
}
}
return max;
}
1143. 最长公共子序列
// 方法1：自顶向下，带备忘录的方式
// 备忘录，消除重叠子问题
int[][] memo = null;
public int longestCommonSubsequence(String text1, String text2) {
int m = text1.length();
int n = text2.length();
memo = new int[m][n];
for(int i=0; i<m; i++){
for(int j=0; j< n; j++){
memo[i][j] = -1;
}
}
// 计算 s1[0..] 和 s2[0..] 的 lcs 长度
return dp(text1, 0, text2, 0);
}
// 定义：计算 s1[i..] 和 s2[j..] 的最长公共子序列长度
private int dp(String s1, int i, String s2, int j){
// base case
if(i==s1.length() || j==s2.length()){
return 0;
}
if(memo[i][j] != -1){
return memo[i][j];
}
if(s1.charAt(i) == s2.charAt(j)){
// s1[i] 和 s2[j] 必然在 lcs 中，两个字符串都往后移动+1
// 加上 s1[i+1..] 和 s2[j+1..] 中的 lcs 长度，就是答案
memo[i][j] = 1 + dp(s1, i+1, s2, j+1);
}else{
// s1[i] 和 s2[j] 中至少有一个字符不在 lcs 中，
// 穷举三种情况的结果，取其中的最大结果
int condition1 = dp(s1, i+1, s2, j); // 删除s1中的字符
int condition2 = dp(s1, i, s2, j+1); // 删除s2中的字符
int condition3 = dp(s1, i+1, s2, j+1); // 其实这个可以不用的，因为已经包括在了上两种情况中
memo[i][j] = Math.max(condition1, Math.max(condition2, condition3));
}
return memo[i][j];
}
// 方法2：动态规划
// 1. 明确状态：dp[i][j] 为 s1[0..i-1] 和 s2[0..j-1] 的 lcs 长度
// 2. 确定状态转移：用两个指针i和j从后往前遍历s1和s2，
// 如果s1[i]==s2[j]那么这个字符一定在lcs中 如果s1[i]!=s2[j]这两个字符至少有一个不在lcs中
// 3. 明确选择：dp[m][n]为最长的lcs
// 4. basecase：dp[0][..] = dp[..][0] = 0
public int longestCommonSubsequence(String text1, String text2) {
// 自底向上的递归
int m = text1.length(), n = text2.length();
int[][] dp = new int[m+1][n+1]; // 这里都+1，是为了给base case留位置
// 定义：s1[0..i-1] 和 s2[0..j-1] 的 lcs 长度为 dp[i][j]
// 目标：s1[0..m-1] 和 s2[0..n-1] 的 lcs 长度，即 dp[m][n]
// base case: dp[0][..] = dp[..][0] = 0
for (int i = 1; i <= m; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
// 现在 i 和 j 从 1 开始，所以要减一
if (text1.charAt(i - 1) == text2.charAt(j - 1)) {
// s1[i-1] 和 s2[j-1] 必然在 lcs 中
dp[i][j] = 1 + dp[i - 1][j - 1];
}else{
// s1[i-1] 和 s2[j-1] 至少有一个不在 lcs 中
dp[i][j] = Math.max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]);
}
}
}
return dp[m][n];
}
583. 两个字符串的删除操作
// 这题目就是寻找最长公共子序列，同1143
public int minDistance(String word1, String word2) {
int lcs = findlcs(word1, word2);
return word1.length() - lcs + word2.length() - lcs;
}
private int findlcs(String s1, String s2){
int m = s1.length(), n = s2.length();
int[][] dp = new int[m+1][n+1];
for(int i=1; i<=m; i++){
for(int j=1; j<=n; j++){
if(s1.charAt(i-1) == s2.charAt(j-1)){
dp[i][j] = 1 + dp[i-1][j-1];
}else{
dp[i][j] = Math.max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]);
}
}
}
return dp[m][n];
}
712. 两个字符串的最小ASCII删除和
// 自顶向下，带备忘录的方式
// 备忘录，消除重叠子问题
int[][] memo = null;
public int minimumDeleteSum(String s1, String s2) {
int m = text1.length();
int n = text2.length();
memo = new int[m][n];
for(int i=0; i<m; i++){
for(int j=0; j< n; j++){
memo[i][j] = -1;
}
}
return dp(s1, 0, s2, 0);
}
// 定义：将 s1[i..] 和 s2[j..] 删除成相同字符串，
// 最小的 ASCII 码之和为 dp(s1, i, s2, j)。
private int dp(String s1, int i, String s2, int j){
int res = 0;
// base case
if (i == s1.length()) {
// 如果 s1 到头了，那么 s2 剩下的都得删除
for (; j < s2.length(); j++)
res += s2.charAt(j);
return res;
}
if (j == s2.length()) {
// 如果 s2 到头了，那么 s1 剩下的都得删除
for (; i < s1.length(); i++)
res += s1.charAt(i);
return res;
}
if (memo[i][j] != -1) {
return memo[i][j];
}
if (s1.charAt(i) == s2.charAt(j)) {
// s1[i] 和 s2[j] 都是在 lcs 中的，不用删除
memo[i][j] = dp(s1, i + 1, s2, j + 1);
} else {
// s1[i] 和 s2[j] 至少有一个不在 lcs 中，删一个,选择更小的结果
memo[i][j] = Math.min(
s1.charAt(i) + dp(s1, i + 1, s2, j),
s2.charAt(j) + dp(s1, i, s2, j + 1)
);
}
return memo[i][j];
}
// 动态规划
// 同1143，在其基础上修改些许内容即可
// 1. base case 需要修改
// 2. 状态转移方程需要修改一下
// 当s[i] == s[j] 时，不需要删除，就是前面的状态 dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
// 当s[i] != s[j] 时, 取小的那个删除
public int minimumDeleteSum(String s1, String s2) {
// 自底向上的递归
int m = s1.length(), n = s2.length();
int[][] dp = new int[m+1][n+1];
// base case，当一个字符串为""时，剩下的字符串都要删除
for (int i = 1; i <= m; i++) {
dp[i][0] = dp[i-1][0] + s1.charAt(i-1);
}
for (int j = 1; j <= n; j++) {
dp[0][j] = dp[0][j-1] + s2.charAt(j-1);
}
for (int i = 1; i <= m; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
// 现在 i 和 j 从 1 开始，所以要减一
if (s1.charAt(i - 1) == s2.charAt(j - 1)) {
// s1[i-1] 和 s2[j-1] 必然在 lcs 中
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
}else{
// s1[i-1] 和 s2[j-1] 至少有一个不在 lcs 中,删一个
dp[i][j] = Math.min(dp[i-1][j] + (int)s1.charAt(i-1), dp[i][j-1] + (int)s2.charAt(j-1));
}
}
}
return dp[m][n];
}
72. 编辑距离
// 自顶向下的动态规划
int[][] cache; // 备忘录
public int minDistance(String word1, String word2) {
int m = word1.length();
int n = word2.length();
cache = new int[m][n];
for(int i=0; i<m; i++){
for(int j=0; j<n; j++){
cache[i][j] = -1;
}
}
return dp(word1, m-1, word2, n-1);
}
private int dp(String s1, int i, String s2, int j){
// base case
if(i == -1) return j+1;
if(j == -1) return i+1;
if(cache[i][j] != -1){
return cache[i][j];
}
if(s1.charAt(i) == s2.charAt(j)){
cache[i][j] = dp(s1, i-1, s2, j-1);
}else{
int insert = dp(s1, i, s2, j-1) + 1;
int del = dp(s1, i-1, s2, j) + 1;
int change = dp(s1, i-1, s2, j-1) + 1;
cache[i][j] = Math.min(insert, Math.min(del, change));
}
return cache[i][j];
}
// 自底向上的动态规划
public int minDistance(String word1, String word2) {
int m = word1.length();
int n = word2.length();
int[][] dp = new int[m+1][n+1];
// base case
for(int i=1; i<=m; i++){
dp[i][0] = i;
}
for(int j=1; j<=n; j++){
dp[0][j] = j;
}
// 自底向上的动态规划
for(int i=1; i<=m; i++){
for(int j=1; j<=n; j++){
if(word1.charAt(i-1) == word2.charAt(j-1)){
dp[i][j] = dp[i-1][j-1];
}else{
dp[i][j] = min(
dp[i][j-1] + 1, // 删除
dp[i-1][j-1] + 1, // 替换
dp[i-1][j] + 1 // 插入
);
}
}
}
return dp[m][n];
}
private int min(int a, int b, int c){
return Math.min(a, Math.min(b, c));
}
416. 分割等和子集
// 0-1背包问题，动态规划
// 1. 明确状态：背包的容量/可选的物品--->子集的和/集和中可选的数
// 2. 状态转移：dp[i][j] 对于集和中的i个数，是否能填满j容量的背包
// 3. 选择：装/不装 ---> 选/不选，最终：dp[N][sum/2]，是否装满
// 4. base case：dp[..][0] = true dp[0][..] = false
public boolean canPartition(int[] nums) {
int n = nums.length;
int sum = 0;
for(int i=0; i<n; i++){
sum += nums[i];
}
// 排除不可能情况
if(sum%2 != 0){
return false;
}
sum /= 2; // 等价背包容量
// dp数组的定义
boolean[][] dp = new boolean[n+1][sum+1];
// base case
for(int i=0; i<=n; i++){
// 当我还有元素，但是已经满足sum/2了
dp[i][0] = true;
}
for(int i=0; i<=sum; i++){
// 当我的元素没了，但是还没加到sum/2;
dp[0][i] = false;
}
// 开始dp
for(int i=1; i<=n; i++){ // 状态1，元素个数增加
for(int j=1; j<=sum; j++){ // 状态2, 背包容量
// 判断能否装入
if(nums[i-1] > j){
// 放不下这个元素，这时的状态和i-1个物体时相同
dp[i][j] = dp[i-1][j];
}else{
// 能装下，则选择装/不装
// 不装 dp[i-1][j]，就和之前的状态相同
// 装：dp[i-1][j - nums[i-1]]，在装了i这个物体后背包的容量在有i-1个物体时的状态
dp[i][j] = dp[i-1][j] | dp[i-1][j - nums[i-1]];
}
}
}
return dp[n][sum];
}
279. 完全平方数
// 完全背包问题
public int numSquares(int n) {
int len = (int)Math.sqrt(n);
int[] nums = new int[len+1];
for(int i=1; i<=len; i++){
nums[i] = i*i;
}
int[] dp = new int[n+1];
// base case：最坏的情况
for(int j=0; j<=n; j++){
dp[j] = j;
}
for(int i=1; i<=len; i++){ // 状态1,可选的数字增加
for(int j=1; j<=n; j++){ // 状态2,容量
if(nums[i] > j){
// 装不进背包,子问题无解，跳过
continue;
}else{
// 能装下，则选择装/不装
dp[j] = Math.min(dp[j], dp[j-nums[i]] + 1);
}
}
}
return dp[n];
}
322. 零钱兑换
// 1. 暴力递归--->超出时间限制
public int coinChange(int[] coins, int amount) {
return dp(amount, coins);
}
// 要凑出金额 n，至少要 dp(n) 个硬币
private int dp(int n, int[] coins){
if(n == 0) return 0;
if(n < 0) return -1;
int res = 10000;
for(int i=0; i<coins.length; i++){
int sub = dp(n-coins[i], coins);
if (sub == -1){
continue;
}
res = Math.min(sub+1, res);
}
return res==10000 ? -1: res;
}
// 2. 带备忘录的递归
HashMap<Integer, Integer> cache = new HashMap<>();
public int coinChange(int[] coins, int amount) {
return dp(amount, coins);
}
// 要凑出金额 n，至少要 dp(n) 个硬币
private int dp(int n, int[] coins){
if(cache.containsKey(n)) return cache.get(n);
if(n == 0) return 0;
if(n < 0) return -1;
int res = 10000;
for(int i=0; i<coins.length; i++){
int sub = dp(n-coins[i], coins);
if (sub == -1){
continue;
}
res = Math.min(sub+1, res);
}
int result = res==10000 ? -1: res;
cache.put(n, result);
return result;
}
// 3. 动态规划
public int coinChange(int[] coins, int amount) {
// 建立dp数组
int[] dp = new int[amount+1];
// base case
dp[0] = 0;
// 外层 for 循环在遍历所有状态的所有取值
for(int i=1; i<=amount; i++){
dp[i] = amount+1; // 最差的情况
for(int j=0; j<coins.length; j++){
// 子问题无解，跳过
if(i - coins[j] < 0) continue;
dp[i] = Math.min(dp[i], dp[i-coins[j]]+1);
}
}
return dp[amount] == amount+1 ? -1: dp[amount];
}
518. 零钱兑换 II
// 完全背完问题，体现出来的就是物品可以重复使用
public int change(int amount, int[] coins) {
int n = coins.length;
// dp数组定义
int[][] dp = new int[n+1][amount+1];
// base case
for(int j=0; j<=amount; j++){
dp[0][j] = 0;
}
for(int i=0; i<=n; i++){
// 总金额为0，则不适用任何硬币为一种凑法
dp[i][0] = 1;
}
for(int i=1; i<=n; i++){ // 状态1：可选择的物品
for(int j=1; j<=amount; j++){ // 状态2：背包的容量
// 选择：装/不装
if(coins[i-1] > j){
// 硬币的额度大于余额，为原先的状态
dp[i][j] = dp[i-1][j];
}else{
// 状态转移
// dp[i-1][j] 用了 i-1 个硬币，在金额为j时的可能
// dp[i][j - coins[i-1]] 用了i个硬币的情况, i是关键
// i-1就是0-1背包，i不减1就是完全背包
// 最终的状态转移方程就是：使用了硬币i的可能+不适用i硬币的可能
dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j - coins[i-1]];
}
}
}
return dp[n][amount];
}
10. 正则表达式匹配
// 方法1：直接暴力法
public boolean isMatch(String s, String p) {
if(p.length() == 0){
return s.length() == 0;
}
// 匹配首位字符，s的首位字符和p的首位字符是否匹配
boolean fist = false;
if(s.length() != 0){
char s1 = s.charAt(0);
char p1 = p.charAt(0);
fist = (s1 == p1); // 首位字符是否匹配
if(p1 == '.'){ // p的首位字符是.的情况
fist = true;
}
}
// 判断*的情况
if(p.length() >= 2 && p.charAt(1) == '*'){
// 在pattern字符的第二位是*
return isMatch(s, p.substring(2, p.length())) ||
(fist && isMatch(s.substring(1, s.length()), p));
}else{
return fist && isMatch(s.substring(1, s.length()), p.substring(1, p.length()));
}
}
// 暴力法 --> 带个备忘录的dp
int[][] cache; // 0：没算过 1：处理了为true -1：处理为false
public boolean isMatch(String s, String p) {
cache = new int[s.length()+1][p.length()+1];
for(int i=0; i<=s.length(); i++){
for(int j=0; j<=p.length(); j++){
cache[i][j] = 0;
}
}
return dp(s, 0, p, 0);
}
private boolean dp(String s, int i, String p, int j){
if(cache[i][j] != 0){
return cache[i][j] == 1 ? true : false;
}
if(j == p.length()){
return i == s.length();
}
// 匹配首位字符
boolean fist = false;
if(i < s.length()){
fist = (s.charAt(i) == p.charAt(j));
if(p.charAt(j) == '.'){
fist = true;
}
}
boolean ans = false;
if(p.length() - j >= 2 && p.charAt(j+1) == '*'){
ans = dp(s, i, p, j+2) || // 直接掉过*，即匹配0个
(fist && dp(s, i+1, p, j)); // 第一个字符是匹配的，则继续匹配任意多个
}else{
ans = fist && dp(s, i+1, p, j+1);
}
if(ans){
cache[i][j] = 1;
}else{
cache[i][j] = -1;
}
return ans;
}
887. 鸡蛋掉落
// 自顶向下递归：
int[][] cache;
public int superEggDrop(int K, int N) {
cache = new int[K+1][N+1];
return dp(K, N);
}
private int dp(int k, int n){
if(k == 1){
// 只有一个鸡蛋了，那只能一层一层尝试了
return n;
}
if(n==0){
// 第0层，不需要扔了，直接返回0
return 0;
}
if(cache[k][n] != 0){
return cache[k][n];
}
// 最坏的情况就是线性扔，从1-N
int res = n+1;
// 下面的遍历会超市WTF
// 穷举所有可能的选择，这些选择都是从i层出发的最坏的情况下找到F的，然后找到最小移动的情况
// for(int i=1; i<=n; i++){
// // 最坏情况下的最少扔鸡蛋次数
// // min:首先从i层开始扔最终的扔的次数最少
// res = Math.min(
// res,
// Math.max( // max最坏，取后续两者的最大值
// dp(k-1, i-1), // 在i层碎了
// dp(k, n-i) // i层没碎
// ) + 1 // 在i层扔了一次鸡蛋，因此要+1
// );
// }
// 修改为：这里用二分法进行优化操作
// 能用二分搜索是因为状态转移方程的函数图像具有单调性，可以快速找到最值
int lo=1, hi=n;
while( lo <= hi){
int mid = (lo + hi) / 2;
// 在mid层是否破了
int broken = dp(k-1, mid-1);
int not_broken = dp(k, n-mid);
if(broken > not_broken){
hi = mid - 1;
res = Math.min(res, broken + 1);
}else{
lo = mid + 1;
res = Math.min(res, not_broken + 1);
}
}
cache[k][n] = res;
return cache[k][n];
}
// 使用自底向上的写法
public int superEggDrop(int K, int N) {
// 明确状态：dp[i][j] 有i个楼层k个鸡蛋找到F的最优情况
int[][] dp = new int[N+1][K+1];
// base case
for(int i=0; i<=N; i++){
// 只有一个鸡蛋，线性去扔鸡蛋
dp[i][1] = i;
}
for(int i=1; i<=N; i++){
for(int k=2; k<=K; k++){
int res = Integer.MAX_VALUE;
/*
// dp[i][j] 有i个楼层k个鸡蛋找到F的最优情况
// 随机开始从i层扔鸡蛋，找最优情况
for(int j=1; j<=i; j++){
res = Math.min(
res,
Math.max( // 对于F的最坏情况
dp[j-1][k-1], // 碎了
dp[i-j][k] // 没碎
) + 1
);
}
*/
// 二分不超时
int lo = 1, hi = i;
while( lo <= hi){
int mid = (lo + hi) / 2;
// 在mid层是否破了
int broken = dp[mid-1][k-1];
int not_broken = dp[i-mid][k];
if(broken > not_broken){
hi = mid - 1;
res = Math.min(res, broken + 1);
}else{
lo = mid + 1;
res = Math.min(res, not_broken + 1);
}
}
dp[i][k] = res;
}
}
return dp[N][K];
}
198. 打家劫舍
public int rob(int[] nums) {
int n = nums.length;
if(n == 0){
return 0;
}
// 明确状态：dp[i] 表示偷[0..i]间房子的最大值
int[] dp = new int[n+1];
// base case
dp[0] = 0;
dp[1] = nums[0];
for(int i=2; i<=n; i++){
// 状态转移方程：
// 第i间屋子偷/不偷哪个情况能取最大
dp[i] = Math.max(dp[i-2]+nums[i-1], dp[i-1]);
}
return dp[n];
}
213. 打家劫舍 II
public int rob(int[] nums) {
int n = nums.length;
if(n == 0){
return 0;
}
// 明确状态：dp[i] 表示偷[0..i]间房子的最大值
int[] dp = new int[n+1];
// case 1: 偷第一家，则最后一家不能偷了
// base case
dp[0] = 0;
dp[1] = nums[0];
for(int i=2; i<n; i++){
dp[i] = Math.max(dp[i-2] + nums[i-1], dp[i-1]);
}
// int res1 = dp[n-1];
// 解决只有一家的情况
int res1 = Math.max(dp[n-1], dp[n]);
// case 2: 第一家不偷，我能偷最后一家
dp[0] = 0;
dp[1] = 0;
for(int i=2; i<=n; i++){
dp[i] = Math.max(dp[i-2] + nums[i-1], dp[i-1]);
}
int res2 = dp[n];
return Math.max(res1, res2);
}
337. 打家劫舍 III
// 自顶向下的备忘录
Map<TreeNode, Integer> cache = new HashMap<>();
public int rob(TreeNode root) {
if(root == null){
return 0;
}
if(cache.containsKey(root)){
return cache.get(root);
}
// 进行选择
// 抢，然后只能偷该节点的子节点的子节点
int steal = root.val +
(root.left == null ? 0 : rob(root.left.left) + rob(root.left.right)) +
(root.right == null ? 0 : rob(root.right.left) + rob(root.right.right));
// 不抢，那能偷该节点的子节点
int not_steal = rob(root.left) + rob(root.right);
// 上述两者取最大作为当前节点的最大情况
int res = Math.max(steal, not_steal);
cache.put(root, res);
return res;
}
121. 买卖股票的最佳时机
// 暴力法1:超出时间限制 201/210
public int maxProfit(int[] prices) {
int res=0;
// 遍历所有可能
for(int i=0; i<prices.length; i++){
for(int j=i+1; j<prices.length; j++){
if(prices[j] - prices[i] > res){
res = prices[j] - prices[i];
}
}
}
return res;
}
// 暴力法2:这里其实已经有动态规划的意思在了
public int maxProfit(int[] prices) {
int res = 0;
// 固定买出时间
int cur_min = prices[0];
for(int j=1; j<prices.length; j++){
// 寻找最低买入价格的时间，遍历一遍肯定能找到最小值
cur_min = Math.min(cur_min, prices[j]);
// 计算最佳时机
res = Math.max(res, prices[j] - cur_min);
}
return res;
}
// 动态规划
public int maxProfit(int[] prices) {
int n = prices.length;
// 定义dp数组表示第i天的最大收入,有2个状态，
// i：天数 j:持有股票的状态 0-没持有 1-持有
int[][] dp = new int[n][2];
// base case
dp[0][0] = 0; // 第1天没持有，当然是0
dp[0][1] = -prices[0]; // 第1天持有，收益当然是负的
// 开始状态转移
for(int i=1; i<n; i++){
// 第i天没持有，可以由：上一天没持有 / 上一天持有，这一天卖了 转移而来
dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], dp[i-1][1]+prices[i]);
// 第i天持有，可以由：上一天没持有 这一天买入/上一天持有 转移而来
// 这里不是 dp[i-1][0]-prices[i] 而是 -prices[i] 是因为只能卖一次
dp[i][1] = Math.max(-prices[i], dp[i-1][1]);
}
// 最终输出：第n天，没持有股票
return dp[n-1][0];
}
122. 买卖股票的最佳时机 II
// 贪心：说明：买出后其实还可以在当天买入的！！！
public int maxProfit(int[] prices) {
int max = 0;
for(int i=1; i<prices.length; i++){
if(prices[i] > prices[i-1]){
max += prices[i] - prices[i-1];
}
}
return max;
}
// 暴力法：
public int maxProfit(int[] prices) {
return dp(prices, 0);
}
private int dp(int[] prices, int index){
int res = 0;
// 暴力计算从第i天买入股票的情况
for(int i=index; i<prices.length; i++){
// 暴力计算j天买出股票的情况
for(int j=i+1; j<prices.length; j++){
res = Math.max(
res,
dp(prices, j+1) + // 剩下j到最后一天的最大情况
+ prices[j] - prices[i] // i天买入j天买出赚的
);
}
}
return res;
}
// 暴力法：优化--->加了备忘录
int[] cache;
public int maxProfit(int[] prices) {
cache = new int[prices.length];
Arrays.fill(cache, -1);
return dp(prices, 0);
}
private int dp(int[] prices, int index){
int res = 0;
if(index >= prices.length){
return 0;
}
if(cache[index] != -1){
return cache[index];
}
// 消除一层循环
int cur_min = prices[index];
for(int i=index+1; i<prices.length; i++){
cur_min = Math.min(cur_min, prices[i]);
res = Math.max(res, dp(prices, i+1) + prices[i] - cur_min);
}
cache[index] = res;
return res;
}
// 动态规划
public int maxProfit(int[] prices) {
int n = prices.length;
// 定义dp数组表示第i天的最大收入,
// 有2个状态，i：天数 j:持有股票的状态 0-没持有 1-持有
int[][] dp = new int[n][2];
// base case
dp[0][0] = 0; // 第1天没持有，当然是0
dp[0][1] = -prices[0]; // 第1天持有，收益当然是负的
// 开始状态转移
for(int i=1; i<n; i++){
// 第i天没持有，可以由 上一天没持有/上一天持有，这一天卖了 转移而来
dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], dp[i-1][1]+prices[i]);
// 第i天持有，可以由 上一天没持有 这一天买入/上一天持有 转移而来
dp[i][1] = Math.max(dp[i-1][0]-prices[i], dp[i-1][1]);
}
// 最终输出：第n天，没持有股票
return dp[n-1][0];
}
123. 买卖股票的最佳时机 III
// 自顶向下的递归：超时 205 / 214
int[][] cache;
public int maxProfit(int[] prices) {
cache = new int[prices.length][2];
return dp(prices, 0, 2);
}
private int dp(int[] prices, int index, int k){
int res = 0;
if(index >= prices.length){
return 0;
}
// 只能进行k笔交易，大于k笔交易后不能再交易了，返回0
if(k==0){
return 0;
}
if(cache[index][k-1] != 0){
return cache[index][k-1];
}
int cur_min = prices[index];
for(int i=index+1; i<prices.length; i++){
cur_min = Math.min(cur_min, prices[i]);
res = Math.max(res, dp(prices, i+1, k-1) + prices[i] - cur_min);
}
cache[index][k-1] = res;
return res;
}
// 动态规划：状态转移，即穷举所有的状态
public int maxProfit(int[] prices) {
int n = prices.length;
int k = 2; // 只能交易两次
if(n <= 1){
return 0;
}
// 定义dp数组,有三个状态，i：天数 j：可交易数 k:持有股票的状态 ，如
// dp[3][2][1] 第3天 还能交易2次 手上有股票
// dp[4][1][0] 第4天 还能交易1次 手上无股票
// 最终的答案为：dp[n-1][K][0] 最后一天，最多K此交易，此时也没股票了
int[][][] dp = new int[n][k+1][2];
// base case
// 当交易次数为0次时，不可能持有股票
for(int i=0; i<n; i++){
dp[i][0][1] = Integer.MIN_VALUE;
}
// 在第1天时，若这一天买入股票，则收益为负的
for(int j=1; j<=k; j++){
dp[0][j][1] = -prices[0];
}
// 开始状态转移
for(int i=1; i<n; i++){ // 天数转移
for(int j=k; j > 0; j--){ // 可交易次数的转移
// 0:无股票状态
dp[i][j][0] = Math.max(dp[i-1][j][0], dp[i-1][j][1] + prices[i]);
// 1:有股票状态
dp[i][j][1] = Math.max(dp[i-1][j][1], dp[i-1][j-1][0] - prices[i]);
}
}
return dp[n-1][k][0];
}
188. 买卖股票的最佳时机 IV
// 暴力法：优化--->加了备忘录
int[][] cache;
public int maxProfit(int k, int[] prices) {
cache = new int[prices.length][k];
return dp(prices, 0, k);
}
private int dp(int[] prices, int index, int k){
int res = 0;
if(index >= prices.length){
return 0;
}
// 只能进行k笔交易，大于k笔交易后不能再交易了，返回0
if(k==0){
return 0;
}
if(cache[index][k-1] != 0){
return cache[index][k-1];
}
int cur_min = prices[index];
for(int i=index+1; i<prices.length; i++){
cur_min = Math.min(cur_min, prices[i]);
res = Math.max(res, dp(prices, i+1, k-1) + prices[i] - cur_min);
}
cache[index][k-1] = res;
return res;
}
// 动态规划：状态转移，即穷举所有的状态
// 对于k的优化点：若k大于price的一半，则这个k就不是限制条件了
public int maxProfit(int k, int[] prices) {
int n = prices.length;
if(n <= 1){
return 0;
}
// 定义dp数组,有三个状态，i：天数 j：可交易数 k:持有股票的状态 ，如
// dp[3][2][1] 第3天 还能交易2次 手上有股票
// dp[4][1][0] 第4天 还能交易1次 手上无股票
// 最终的答案为：dp[n-1][K][0] 最后一年，最多K此交易，此时也没股票了
int[][][] dp = new int[n][k+1][2];
// base case
// 当交易次数为0次时，不可能持有股票
for(int i=0; i<n; i++){
dp[i][0][1] = Integer.MIN_VALUE;
}
// 在第1天时，若这一天买入股票，则收益为负的
for(int j=1; j<=k; j++){
dp[0][j][1] = -prices[0];
}
// 开始状态转移
for(int i=1; i<n; i++){ // 天数转移
for(int j=k; j > 0; j--){ // 可交易次数的转移
dp[i][j][0] = Math.max(dp[i-1][j][0], dp[i-1][j][1] + prices[i]); // 0:无股票状态
dp[i][j][1] = Math.max(dp[i-1][j][1], dp[i-1][j-1][0] - prices[i]); // 1:有股票状态
}
}
return dp[n-1][k][0];
}
309. 最佳买卖股票时机含冷冻期
// 暴力法：优化--->加了备忘录
int[] cache;
public int maxProfit(int[] prices) {
cache = new int[prices.length];
Arrays.fill(cache, -1);
return dp(prices, 0);
}
private int dp(int[] prices, int index){
int res = 0;
if(index >= prices.length){
return 0;
}
if(cache[index] != -1){
return cache[index];
}
int cur_min = prices[index];
for(int i=index+1; i<prices.length; i++){
cur_min = Math.min(cur_min, prices[i]);
// 冷冻期体现在： i+2而不是之前的i+1了
res = Math.max(res, dp(prices, i+2) + prices[i] - cur_min);
}
cache[index] = res;
return res;
}
// 动态规划
public int maxProfit(int[] prices) {
int n = prices.length;
if(n <= 1){
return 0;
}
// 定义dp数组表示第i天的最大收入,有2个状态，i：天数 j:持有股票的状态 0-没持有 1-持有
int[][] dp = new int[n][2];
// base case
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = -prices[0]; // 第一天持有，结果当然是负的
dp[1][0] = Math.max(dp[0][0], dp[0][1] + prices[1]);
// 第二天持有：第一天没持有，第二天买入 / 第一天持有
dp[1][1] = Math.max(-prices[1], dp[0][1]);
// 开始状态转移
for(int i=2; i<n; i++){
// 第i天没持有，可以由 上一天没持有/上一天持有，这一天卖了 转移而来
dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], dp[i-1][1]+prices[i]);
// 第i天持有，可以由 上两天没持有(要求隔一天) 这一天买/上一天持有 转移而来
dp[i][1] = Math.max(dp[i-2][0]-prices[i], dp[i-1][1]);
}
// 最终输出：第n天，没持有股票
return dp[n-1][0];
}
714. 买卖股票的最佳时机含手续费
// 暴力法：优化--->加了备忘录
// 超时：34 / 44
int[] cache;
public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
cache = new int[prices.length];
Arrays.fill(cache, -1);
return dp(prices, 0, fee);
}
private int dp(int[] prices, int index, int fee){
int res = 0;
if(index >= prices.length){
return 0;
}
if(cache[index] != -1){
return cache[index];
}
int cur_min = prices[index];
for(int i=index+1; i<prices.length; i++){
cur_min = Math.min(cur_min, prices[i]);
// 手续费体现了 -fee 这一项
res = Math.max(res, dp(prices, i+1, fee) + prices[i] - cur_min - fee);
}
cache[index] = res;
return res;
}
// 动态规划
public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
int n = prices.length;
// 定义dp数组表示第i天的最大收入,有2个状态，i：天数 j:持有股票的状态 0-没持有 1-持有
int[][] dp = new int[n][2];
// base case
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = -prices[0]; // 第一天持有，结果当然是负的
// 开始状态转移
for(int i=1; i<n; i++){
// 第i天没持有，可以由 上一天没持有/上一天持有，这一天卖了 转移而来
dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], dp[i-1][1]+prices[i]-fee); // 加了个手续费
// 第i天持有，可以由 上一天没持有 这一天买入/上一天持有 转移而来
dp[i][1] = Math.max(dp[i-1][0]-prices[i], dp[i-1][1]);
}
// 最终输出：第n天，没持有股票
return dp[n-1][0];
}
139. 单词拆分
public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {
int n = s.length();
boolean[] dp = new boolean[n+1];
// base case
dp[0] = true;
// 确定状态：d[i] 表示字符串前i个字符是否在WordDict中
for(int i=1; i<=n; i++){
for(int j=0; j<i; j++){
// 状态转移方程：
dp[i] = dp[j] && wordDict.contains(s.substring(j, i));
if(dp[i]) break;
}
}
return dp[n];
}
// 这个效率高很多
public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {
Set<String> set = new HashSet<>();
for(String str:wordDict){
set.add(str);
}
// dp[i]表示s前i个字符能否拆分
// dp[8] = dp[5] + check("pen")
// 翻译一下：前八位能否拆分取决于前五位能否拆分，加上五到八位是否属于字典
boolean[] dp = new boolean[s.length()+1];
dp[0] = true;
for(int i=1; i<=s.length(); i++){
for(int j=i-1; j>=0; j--){
dp[i] = dp[j] && set.contains(s.substring(j,i));
if(dp[i]) break;
}
}
return dp[s.length()];
}
91. 解码方法
// 第一个独立做出来的动态规划！！！ 虽然想了很久
public int numDecodings(String s) {
int n = s.length();
// 明确状态:dp[i] s[0...i]个字符能解码的总数
int[] dp = new int[n+1];
// base case
if(s.charAt(0) == '0'){
return 0;
}else{
dp[0] = 1;
dp[1] = 1;
}
for(int i=2; i<=n; i++){
// 当前第i个字符
int s1 = (int)s.charAt(i-1) - '0';
// 当前第i个字符和前面i-1个字符组成的二位数
int s2 = ((int)s.charAt(i-2) - '0') * 10 + s1;
// 状态转移方程：
if(s1 != 0 && (s2 <= 26 && s2 >= 10)){
// 当s1和s2都能解码
dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2];
}else if(s1 != 0){
// 只有当s1能解码
dp[i] = dp[i-1];
}else if(s2 <= 26 && s2 >= 10){
// 只有当s2能解码
dp[i] = dp[i-2];
}
else{
// s1和s2都无法解码，直接进就是不合法的情况
return 0;
}
}
return dp[n];
}
392. 判断子序列
// 双指针
public boolean isSubsequence(String s, String t) {
int i=0;
int j=0;
while(i<s.length() && j<t.length()){
if(s.charAt(i) == t.charAt(j)){
i++;j++;
}else{
j++;
}
}
if(i==s.length()){
return true;
}else{
return false;
}
}
// 动态规划，方式1，选择最长子序列，同1143
public boolean isSubsequence(String s, String t) {
int m = s.length();
int n = t.length();
// 状态定义：dp[i][j] 表示s[0...i] 是否为 s[0...j] 的子序列
int[][] dp = new int[m+1][n+1];
// base case
for(int i=0; i<=m; i++){
// t为空时，肯定就不是了
dp[i][0] = 0;
}
for(int j=0; j<=n; j++){
// s为空，可以把t全部删除，是子序列，但长度就是0
dp[0][j] = 0;
}
// 状态转移
for(int i=1; i<=m; i++){
for(int j=i; j<=n; j++){
if(s.charAt(i-1) == t.charAt(j-1)){
// 只有字符相等，才让匹配的长度+1
dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;
}else{
// 否则就去之前匹配的最大长度
dp[i][j] = Math.max(dp[i][j-1], dp[i-1][j]);
}
}
}
return dp[m][n] == m;
}
// 动态规划：比上的合适，更加适合这题
public boolean isSubsequence(String s, String t) {
int m = s.length();
int n = t.length();
// 状态定义：dp[i][j] 表示s[0...i] 是否为 s[0...j] 的子序列
boolean[][] dp = new boolean[m+1][n+1];
// base case
for(int i=0; i<=m; i++){
// t为空时，肯定就不是了
dp[i][0] = false;
}
for(int j=0; j<=n; j++){
// s为空，可以把t全部删除，是子序列
dp[0][j] = true;
}
// 状态转移
for(int i=1; i<=m; i++){
for(int j=i; j<=n; j++){
// 下面就是状态转移方程：
if(s.charAt(i-1) == t.charAt(j-1)){
dp[i][j] = dp[i-1][j-1];
}else{
dp[i][j] = dp[i][j-1];
}
}
}
return dp[m][n];
}
62. 不同路径
// 自顶向下：带备忘录的递归
int[][] cache;
public int uniquePaths(int m, int n) {
cache = new int[m+1][n+1];
return dp(m, n);
}
private int dp(int m, int n){
// base case:
if((m==1 && n==2) || (m==2 && n==1)){
return 1;
}
if(m==1 || n==1){
return 1;
}
if(m < 1 || n < 1){
return 0;
}
if(cache[m][n] != 0){
return cache[m][n];
}
cache[m][n] = dp(m-1, n) + dp(m, n-1);
return cache[m][n];
}
// 自顶向下：带备忘录的递归---优化
int[][] cache;
public int uniquePaths(int m, int n) {
cache = new int[m+1][n+1];
return dp(m, n);
}
private int dp(int m, int n){
// base case:
if(m==1 || n==1){
return 1;
}
if(cache[m][n] != 0){
return cache[m][n];
}
cache[m][n] = dp(m-1, n) + dp(m, n-1);
return cache[m][n];
}
// 自底向上，dp
public int uniquePaths(int m, int n) {
// 明确状态 dp[i][j] 在i和j位置时的可能
int[][] dp = new int[m+1][n+1];
// base case
dp[1][1] = 1;
for(int i=1; i<=m; i++){
dp[i][1] = 1;
}
for(int j=1; j<=n; j++){
dp[1][j] = 1;
}
for(int i=2; i<=m; i++){
for(int j=2; j<=n; j++){
dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];
}
}
return dp[m][n];
}
64. 最小路径和
public int minPathSum(int[][] grid) {
int m = grid.length;
int n = grid[0].length;
// 明确状态： dp[i][j] 从起始点到 i,j坐标的最小值
int[][] dp = new int[m][n];
// base case
dp[0][0] = grid[0][0];
for(int i=1; i<m; i++){
dp[i][0] += grid[i][0] + dp[i-1][0];
}
for(int j=1; j<n; j++){
dp[0][j] += grid[0][j] + dp[0][j-1];
}
// 状态转移
for(int i=1; i<m; i++){
for(int j=1; j<n; j++){
dp[i][j] = Math.min(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + grid[i][j];
}
}
return dp[m-1][n-1];
}
120. 三角形最小路径和
// 这题目就是和找最下的路径相同的，只是这里的走法略有不同，可以向下/右下走
public int minimumTotal(List<List<Integer>> triangle) {
int m = triangle.size();
int n = triangle.get(m-1).size();
// 明确状态 dp[i][j] 表示在i行j位置时的最小值
int[][] dp = new int[m][n];
// base case
dp[0][0] = triangle.get(0).get(0);
for(int i=1; i<m; i++){
dp[i][0] = dp[i-1][0] + triangle.get(i).get(0);
dp[i-1][i] = 10000; // 这是题目条件给的最大值
}
// 进行状态转移
for(int i=1; i<m; i++){
for(int j=1; j<triangle.get(i).size(); j++){
dp[i][j] = Math.min(dp[i-1][j-1], dp[i-1][j]) + triangle.get(i).get(j);
}
}
// 走完了，在最下一行找最小值
int min = Integer.MAX_VALUE;
for(int j=0; j<n; j++){
if(dp[m-1][j] < min){
min = dp[m-1][j];
}
}
return min;
}
面试题 17.16. 按摩师
// 动态规划：同小偷问题
public int massage(int[] nums) {
int n = nums.length;
if(n <= 0){
return 0;
}
// 明确状态：dp[i] 来了i个预约的最长时间
int[] dp = new int[n+1];
// base case
dp[0] = 0;
dp[1] = nums[0];
// 开始状态转移
for(int i=2; i<=n; i++){
// 接：上次不接+这次接 不接：上次接的情况
dp[i] = Math.max(dp[i-1], dp[i-2] + nums[i-1]);
}
return dp[n];
}
746. 使用最小花费爬楼梯
public int minCostClimbingStairs(int[] cost) {
int n = cost.length;
if(n <= 0){
return 0;
}
// 给cost加一层，作为无消耗的一层
int[] new_cost = new int[n+1];
System.arraycopy(cost, 0, new_cost, 0, n);
new_cost[n] = 0;
n += 1;
// 明确状态：dp[i] 在第i个阶梯所消耗的体力
int[] dp = new int[n+1];
// base case
dp[0] = 0;
dp[1] = new_cost[0];
for(int i=2; i<=n; i++){
dp[i] = Math.min(dp[i-2], dp[i-1]) + new_cost[i-1];
}
return dp[n];
}
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