343. 整数拆分

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给定一个正整数 n ，将其拆分为 k 个 正整数 的和（ k >= 2 ），并使这些整数的乘积最大化，返回 你可以获得的最大乘积

输入: n = 10
输出: 36
解释: 10 = 3 + 3 + 4, 3 × 3 × 4 = 36

动态规划

动规五部曲，分析如下：
确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[i]：分拆数字i，可以得到的最大乘积为dp[i]
dp[i]的定义将贯彻整个解题过程，下面哪一步想不懂了，就想想dp[i]究竟表示的是啥！
确定递推公式
可以想 dp[i]最大乘积是怎么得到的呢？
其实可以从1遍历j，然后有两种渠道得到dp[i]
一个是j * (i - j) 直接相乘
一个是j * dp[i - j]，相当于是拆分(i - j)，对这个拆分不理解的话，可以回想dp数组的定义
那有人问了，j怎么就不拆分呢？
j是从1开始遍历，拆分j的情况，在遍历j的过程中其实都计算过了。那么从1遍历j，比较(i - j) * j和dp[i - j] * j 取最大的。递推公式：dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));
也可以这么理解，j * (i - j) 是单纯的把整数拆分为两个数相乘，而j * dp[i - j]是拆分成两个以及两个以上的个数相乘
如果定义dp[i - j] * dp[j] 也是默认将一个数强制拆成4份以及4份以上了
所以递推公式：dp[i] = max({dp[i], (i - j) * j, dp[i - j] * j});
那么在取最大值的时候，为什么还要比较dp[i]呢？
因为在递推公式推导的过程中，每次计算dp[i]，取最大的而已。
dp的初始化
不少同学应该疑惑，dp[0] dp[1]应该初始化多少呢？
有的题解里会给出dp[0] = 1，dp[1] = 1的初始化，但解释比较牵强，主要还是因为这么初始化可以把题目过了
严格从dp[i]的定义来说，dp[0] dp[1] 就不应该初始化，也就是没有意义的数值
拆分0和拆分1的最大乘积是多少？
这是无解的
这里只初始化dp[2] = 1，从dp[i]的定义来说，拆分数字2，得到的最大乘积是1，这个没有任何异议！
确定遍历顺序
确定遍历顺序，先来看看递归公式：dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));
dp[i] 是依靠 dp[i - j]的状态，所以遍历i一定是从前向后遍历，先有dp[i - j]再有dp[i]
所以遍历顺序为：

for (int i = 3; i <= n ; i++) {for (int j = 1; j < i - 1; j++) {dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));}
}

注意 枚举j的时候，是从1开始的，从0开始的话，那么让拆分一个数拆个0，求最大乘积就没有意义了，j的结束条件是 j < i - 1 ，其实 j < i 也是可以的，不过可以节省一步，例如让j = i - 1，的话，其实在 j = 1的时候，这一步就已经拆出来了，重复计算，所以 j < i - 1，至于 i是从3开始，这样dp[i - j]就是dp[2]正好可以通过我们初始化的数值求出来
更优化一步，可以这样：

for (int i = 3; i <= n ; i++) {for (int j = 1; j <= i / 2; j++) {dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));}
}

因为拆分一个数n 使之乘积最大，那么一定是拆分成m个近似相同的子数相乘才是最大的
例如 6 拆成 3 * 3， 10 拆成 3 * 3 * 4。 100的话 也是拆成m个近似数组的子数 相乘才是最大的
只不过我们不知道m究竟是多少而已，但可以明确的是m一定大于等于2，既然m大于等于2，也就是 最差也应该是拆成两个相同的 可能是最大值
那么 j 遍历，只需要遍历到 n/2 就可以，后面就没有必要遍历了，一定不是最大值
至于 “拆分一个数n 使之乘积最大，那么一定是拆分成m个近似相同的子数相乘才是最大的” 这个我就不去做数学证明了，感兴趣的同学，可以自己证明
举例推导dp数组
举例当n为10 的时候，dp数组里的数值，如下：

class Solution {
public:int integerBreak(int n) {vector<int> dp(n + 1);dp[2] = 1;for (int i = 3; i <= n ; i++) {for (int j = 1; j <= i / 2; j++) {dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));}}return dp[n];}
};

贪心

本题也可以用贪心，每次拆成n个3，如果剩下是4，则保留4，然后相乘，但是这个结论需要数学证明其合理性

class Solution {
public:int integerBreak(int n) {if (n == 2) return 1;if (n == 3) return 2;if (n == 4) return 4;int result = 1;while (n > 4) {result *= 3;n -= 3;}result *= n;return result;}
};

96.不同的二叉搜索树

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视频讲解
给你一个整数 n ，求恰由 n 个节点组成且节点值从 1 到 n 互不相同的 二叉搜索树 有多少种？返回满足题意的二叉搜索树的种数

输入：n = 3
输出：5

关于什么是二叉搜索树，我们之前在讲解二叉树专题的时候已经详细讲解过了，也可以看看这篇二叉树：二叉搜索树登场！再回顾一波，了解了二叉搜索树之后，我们应该先举几个例子，画画图，看看有没有什么规律，如图：

n为1的时候有一棵树，n为2有两棵树，这个是很直观的

来看看n为3的时候，有哪几种情况
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！
（可能有同学问了，这布局不一样啊，节点数值都不一样，别忘了我们就是求不同树的数量，并不用把搜索树都列出来，所以不用关心其具体数值的差异）
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！
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！
发现到这里，其实我们就找到了重叠子问题了，其实也就是发现可以通过dp[1] 和 dp[2] 来推导出来dp[3]的某种方式
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
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
有2个元素的搜索树数量就是dp[2]
有1个元素的搜索树数量就是dp[1]
有0个元素的搜索树数量就是dp[0]
所以dp[3] = dp[2] * dp[0] + dp[1] * dp[1] + dp[0] * dp[2]
如图所示：

此时我们已经找到递推关系了，那么可以用动规五部曲再系统分析一遍
确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[i] ： 1到i为节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i]
也可以理解是i个不同元素节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i] ，都是一样的
以下分析如果想不清楚，就来回想一下dp[i]的定义
确定递推公式
在上面的分析中，其实已经看出其递推关系， dp[i] += dp[以j为头结点左子树节点数量] * dp[以j为头结点右子树节点数量]
j相当于是头结点的元素，从1遍历到i为止
所以递推公式：dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]; ，j-1 为j为头结点左子树节点数量，i-j 为以j为头结点右子树节点数量
dp数组如何初始化
初始化，只需要初始化dp[0]就可以了，推导的基础，都是dp[0]
那么dp[0]应该是多少呢？
从定义上来讲，空节点也是一棵二叉树，也是一棵二叉搜索树，这是可以说得通的
从递归公式上来讲，dp[以j为头结点左子树节点数量] * dp[以j为头结点右子树节点数量] 中以j为头结点左子树节点数量为0，也需要dp[以j为头结点左子树节点数量] = 1， 否则乘法的结果就都变成0了
所以初始化dp[0] = 1
确定遍历顺序
首先一定是遍历节点数，从递归公式：dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]可以看出，节点数为i的状态是依靠 i之前节点数的状态
那么遍历i里面每一个数作为头结点的状态，用j来遍历
代码如下：

for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= i; j++) {dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j];}
}

举例推导dp数组
n为5时候的dp数组状态如图：

class Solution {
public:int numTrees(int n) {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];}
};