【算法】day16 动态规划

1、爬楼梯 hot

题目：70. 爬楼梯 - 力扣（LeetCode）

分析：

状态表示：爬 i 阶楼梯最多有 dp[i] 种不同走法。

状态转移方程：i = 1 时会越界，单独处理，dp[1]=1；i=2 时，会获取 dp[0]，也单独处理，dp[2] = 2。 

从 index=3 开始遍历填表，dp[n] 就是答案。

代码：时间复杂度：O(n)。

class Solution {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];}
}

2、杨辉三角 hot

题目：118. 杨辉三角 - 力扣（LeetCode）

分析：遍历 i=0~numRows-1 行，遍历 j=0~i 列。每行首、尾是1；其余=上方+左上方 之和。时间复杂度 O(n^2)。

状态表示：dp[i][j] 表示第 i 行第 j 列的元素值。 

状态转移方程：j=0, i, dp[i][j] = 1。其余，dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1]。若 i=0 会越界，单独处理 dp[0][0]=1。

代码：

class Solution {public List<List<Integer>> generate(int numRows) {List<List<Integer>> result = new ArrayList<>();// 处理第一行List<Integer> tmp = new ArrayList<>();tmp.add(1);result.add(tmp);// 处理剩余行for (int i = 1; i < numRows; i++) {tmp = new ArrayList<>();for (int j = 0; j <= i; j++) {if (j==0 || j==i) tmp.add(1);else {List<Integer> preRow = result.get(i-1);tmp.add(preRow.get(j) + preRow.get(j-1));}}result.add(tmp);}return result;}
}

3、打家劫舍 hot

题目：198. 打家劫舍 - 力扣（LeetCode）

分析：

状态表示：偷窃到 i 位置房屋，最多能偷多少。 

状态转换方程：

i=0,1 时会越界，单独处理。dp[0]=nums[0]，dp[1]=max(nums[0], nums[1])。

代码：时间复杂度 O(n)。

class Solution {public int rob(int[] nums) {int n = nums.length;if (n==1) return nums[0];int[] dp = new int[n];dp[0] = nums[0];dp[1] = Math.max(nums[0], nums[1]);for (int i = 2; i < n; i++)dp[i] = Math.max(dp[i-1], dp[i-2]+nums[i]);return dp[n-1];}
}

4、分割等和子集 hot

题目：416. 分割等和子集 - 力扣（LeetCode）

分析：换一个说法，从数组中选出一些数字，让他们的和刚好为总和 sum 的一半。即 0-1 背包问题（从前 i 个物品选，每个物品只有一个（无限个就是完全背包），重量刚好为 w，的最大价值）。

状态表示：dp[i][j] 表示是否能在 [0,i] 中选取数字，和恰好等于 sum/2。

状态转移方程：

初始化：dp[0][0] 表示从0个数中选，刚好和为 0，true；dp[0][j] 表示从0个数中选，刚好和为 j (j > 0)，false；dp[i][0] 表示从 i 个数中选，刚好和为0，就是不选，true。

特殊情况：n=1，不能分，返回 false；sum 为奇数，sum/2 为小数，选不出和为小数的，返回 false。

注意：dp[i][j] 表示前 i 个数中选，因此第 i 个数对应 nums[i-1]。

时间复杂度：O(n*sum/2)，空间复杂度：O(n*sum/2)

空间优化：实际上更新每一行 dp，都是从上一行的 j 前的 dp 取值计算的。我们两层循环的目的，就是防止本层跟新的值，把 j 前需要取的值给覆盖了。换个思路：倒着更新，就不会把 j 前的值给覆盖掉了。

代码：

class Solution {public boolean canPartition(int[] nums) {int n = nums.length;if (n == 1) return false;int sum = 0;for (int num : nums) sum += num;if (sum % 2 == 1) return false;sum = sum/2;boolean[][] dp = new boolean[n+1][sum+1];for (int i = 0; i <= n; i++) dp[i][0] = true;for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= sum; j++) {if (j - nums[i-1] >= 0) dp[i][j] = dp[i-1][j-nums[i-1]] || dp[i-1][j];else dp[i][j] = dp[i-1][j];}}return dp[n][sum];}
}

        方法：dp 去掉行。

class Solution {public boolean canPartition(int[] nums) {int n = nums.length;if (n == 1) return false;int sum = 0;for (int num : nums) sum += num;if (sum % 2 == 1) return false;sum = sum/2;boolean[] dp = new boolean[sum+1];dp[0] = true;for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = sum; j >= nums[i-1]; j--)dp[j] = dp[j-nums[i-1]] || dp[j];}return dp[sum];}
}

5、最长有效括号 hot

题目：32. 最长有效括号 - 力扣（LeetCode）

分析：

dp[i] 表示以 i 结尾的最长有效括号，的长度。

i 处为 (，dp[i] 必为 0。

i 处为 )，dp[i] 分两种情况。

情况1，i-1 是 (：

情况2，i-1 是 )，且 m 位置是 (：

特殊处理：因为 i=0,1 时会越界，单独处理。dp[0]=0；dp[1]=2（若是 ()；否则 dp[1]=0）。

最终结果：dp 中的最大值。

时间复杂度：O(n)，空间复杂度：O(n)。

代码：注意，取 chars[m] 和 dp[m-1] 时，m 和 m-1 都不能越界。

class Solution {public int longestValidParentheses(String s) {if (s.length() == 0 || s.length() == 1) return 0;char[] chars = s.toCharArray();int n = chars.length;int[] dp = new int[n];dp[0] = 0;if (chars[0] == '(' && chars[1] == ')') dp[1] = 2;else dp[1] = 0;int maxLen = dp[1];for (int i = 2; i < n; i++) {if (chars[i] == ')') {int m = i-1-dp[i-1];if (chars[i-1] == '(') dp[i] = dp[i-2]+2;else if (m >=0 && chars[m] == '(') dp[i] = 2 + dp[i-1] + (m >= 1 ? dp[m-1] : 0);}maxLen = Math.max(maxLen, dp[i]);}return maxLen;}
}