Dynaminc Programming相关

3.1 最长回文子串（中等）：标志位

3.2 最大子数组和（中等）：动态规划

3.3 爬楼梯（简单）：动态规划

3.4 买卖股票的最佳时机（简单）：动态规划

3.5 买卖股票的最佳时机Ⅱ（中等）：动态规划

3.6 生成括号（中等）：递归

3.7 打家劫舍（中等）：动态规划

3.8 跳跃游戏（中等）：贪心算法

3.9 最长递增子序列（中等）：动态规划

3.10 不同路径（中等）：动态规划

3.11 零钱兑换（中等）：动态规划

3.12 最小路径和（中等）：动态规划

3.13 动态规划总结！！！

3.1 最长回文子串（中等）：标志位

题目：给你一个字符串 s，找到 s 中最长的回文子串。如果字符串的反序与原始字符串相同，则该字符串称为回文字符串。

思想：假设回文子串的左右边界开始为0，长度为1（已经对s=0或者s=1进行了判断），创建一个二维boolean数组，长度为均s的长度，分别从s的左右边界遍历，当值相等时判断此时的左右边界内部：

若内部只有一个元素，此时就是一个回文子串，然后将这部分字符串设置为true
若内部也是一个回文字符串，则左右边界和内部共同为一个字符串
- 设置为true后计算此时的回文子串长度是否大于开始设定的回文子串长度1，若大于就修改回文子串长度
- 返回s的substring即可

总结：利用巧妙的标志位来处理回文子串的内部情况

代码：

class Solution {
public String longestPalindrome(String s) {if (s == null || s.length() < 2) {return s;}int strLen = s.length();int maxStart = 0;  //最长回文串的起点int maxEnd = 0;    //最长回文串的终点int maxLen = 1;  //最长回文串的长度
boolean[][] dp = new boolean[strLen][strLen];
for (int r = 1; r < strLen; r++) {for (int l = 0; l < r; l++) {if (s.charAt(l) == s.charAt(r) && (r - l <= 2 || dp[l + 1][r - 1])) {dp[l][r] = true;if (r - l + 1 > maxLen) {maxLen = r - l + 1;maxStart = l;maxEnd = r;}}}}return s.substring(maxStart, maxEnd + 1);}
}

3.2 最大子数组和（中等）：动态规划

题目：给你一个整数数组 nums ，请你找出一个具有最大和的连续子数组（子数组最少包含一个元素），返回其最大和。子数组 是数组中的一个连续部分。

思想：设f(i)表示第i位的最大连续子数组，将f(i)存入F，则我们只需要将F中最大的f(i)取出即可

f(i)的值和f(i-1)有关，若f(i-1) + 当前nums[i]值还小于f(i)，则说明nums[i]就是当前最大的连续子数组f(i)
- 即：f(i) = max{f(i - 1) + nums[i], nums[i]}

总结：用一个prev每次存储f(i)的值，然后和之前的最大子数组和相比较

代码：

class Solution {public int maxSubArray(int[] nums) {//设置一个prev，用来记录f(i-1)int prev = 0;//最大连续子数组，第一个f(i)就是数组的第一个值int maxArray = nums[0];
//遍历数组for(int curr : nums){//求出当前的f(i)，当前的f(i)就是下一次遍历的f(i - 1)prev = Math.max(prev + curr, curr);
//求f(i) 和 f(i - 1)中较大的一个maxArray = Math.max(maxArray, prev);}
return maxArray;}
}

3.3 爬楼梯（简单）：动态规划

题目：假设你正在爬楼梯。需要 n 阶你才能到达楼顶。每次你可以爬 1 或 2 个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？

思想：对于爬楼梯问题而言，如果：

第一节楼梯f(1)，只有一种方法
第二节楼梯f(2)，只有两种方法
更高阶楼梯f(n)，
- 只有从n-1上爬一阶（这是第一种方案），方案数一共为f(n-1)
- 或者从n-2上爬两阶（这是第二种方案），方案数一共为f(n-2)
  - 总的方案数f(n) = 第一种方案数 f(n-1)+ 第二种方案数f(n-2)

总结：利用斐波那契数列解决该问题即可;数列的定义可以表示为：F(0) = 0，F(1) = 1，F(n) = F(n-1) + F(n-2)，其中 n 表示数列的索引。

代码：

class Solution {public int climbStairs(int n) {if(n < 2){return n;}int[] res = new int[n];//爬一节楼梯只有一种方法res[0] = 1;//爬两阶楼梯有两种方法res[1] = 2;//之后的每阶楼梯总的方案数f(n) = 第一种方案数 f(n-1)+ 第二种方案数f(n-2)for(int i = 2; i < n; i++){res[i] = res[i - 1] + res[i - 2];}return res[n - 1];}
}

3.4 买卖股票的最佳时机（简单）：动态规划

题目：给定一个数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 表示一支给定股票第 i 天的价格。你只能选择 某一天 买入这只股票，并选择在 未来的某一个不同的日子 卖出该股票。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。返回你可以从这笔交易中获取的最大利润。如果你不能获取任何利润，返回 0 。

思想：先遍历一次数组，找到最小值prices[min]，这就是股票买入的最低值，我们只需得到从该最低值min索引之后，股票差价prices[i] - preices[min] 最大的那天i，然后输出最大利润即可

总结：先找到最低股票价格（可以先设置一个minprice，因为后面会有交换操作，因此一开始给minprice赋值为正无穷），然后遍历求出股票差价，返回最大的股票差价

代码：

class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {//设置股票最低价格和最大利润int minprice = Integer.MAX_VALUE;int maxprofit = 0;//遍历数组，求出最低价格和最大利润for(int i = 0; i < prices.length; i++){//求出最低价格if(prices[i] < minprice){minprice = prices[i];}//求出最大利润else if(prices[i] - minprice > maxprofit){maxprofit = prices[i] - minprice;}}return maxprofit;}
}

3.5 买卖股票的最佳时机Ⅱ（中等）：动态规划

题目：给你一个整数数组 prices ，其中 prices[i] 表示某支股票第 i 天的价格。在每一天，你可以决定是否购买和/或出售股票。你在任何时候最多只能持有一股股票。你也可以先购买，然后在 同一天 出售。返回 你能获得的最大利润 。

思想：

由于不限制是否能够在每一天都买入/卖出股票，因此我们能够获得的最大利润就是每次卖出都能获得利润的和
- 因此需要先比较卖出价值是否大于买入价值，大于就将其累加，遍历完 prices 数组得到的累加值就是最大利润

代码：

class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {//特殊情况if(prices == null || prices.length <= 1){return 0;}
//获得利润：就必须卖出比买入大//获得的最大利润：每一次卖出都比买入大int maxprofit = 0;for(int i = 1; i < prices.length; i++){if(prices[i] > prices[i - 1]){maxprofit += prices[i] - prices[i - 1];}}return maxprofit;}
}

3.6 生成括号（中等）：递归

题目：数字 n 代表生成括号的对数，请你设计一个函数，用于能够生成所有可能的并且 有效的 括号组合

思想：

生成所有可能的括号序列：使用递归实现：长度为n的序列，就是在长度为n-1的序列前加了一个(或者)
保证括号序列有效：遍历这个序列，使用变量balance表示左括号减去右括号的数量：
- 遍历过程中balance小于0，说明 ) 出现在 (之前，此时不是有效括号
- 遍历结束时不为零，说明 (与 ) 的个数不相等，也不是有效括号

代码：

class Solution {public List<String> generateParenthesis(int n) {//存储括号组合的数组List<String> res = new ArrayList<>();
//调用方法：该方法能够生成所有可能的括号组合,并将其保存到res中generateAll(res, new char[2 * n], 0);return res;}
//生成所有可能的括号组合public void generateAll(List<String> res, char[] curr, int pos){if(pos == curr.length){if(isValid(curr)){res.add(new String(curr));}}else{curr[pos] = '(';generateAll(res,curr,pos + 1);curr[pos] = ')';generateAll(res,curr,pos + 1);}}
//判断是否为有效括号组合：根据balance判断，若为'('则balance + 1；若为')'则balance - 1//上式只能判断 '(' 与 ')'个数是否相等，无法判断是否有效//先对'('进行balance++，记录'('的个数，倘若balance < 0，则说明 ')' 出现在 '('之前，此时不是有效括号public boolean isValid(char[] curr){//记录左右括号之差的变量int balance = 0;
for(char c : curr){if(c == '('){balance++;}else{balance--;}if(balance < 0){return false;}}return balance == 0;}

}

3.7 打家劫舍（中等）：动态规划

题目：你是一个专业的小偷，计划偷窃沿街的房屋。每间房内都藏有一定的现金，影响你偷窃的唯一制约因素就是相邻的房屋装有相互连通的防盗系统，如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警。给定一个代表每个房屋存放金额的非负整数数组，计算你 不触动警报装置的情况下 ，一夜之内能够偷窃到的最高金额。

思想：

没有房屋：偷窃最高金额为0
只有一间房屋：偷窃最高金额就是数组值（当前房屋值）
只有两间房屋：偷窃最高金额是这两件房屋中金额较多的一个
房屋数k > 2时，偷窃最高金额有两种选择：
- 若偷窃第k家，则f(k) = num[k] + f(k - 2)（偷窃第 k间房屋，那么就不能偷窃第 k−1 间房屋，偷窃总金额为前 k−2 间房屋的最高总金额与第 k的金额之和）
- 若不偷窃第k家，则f(k) = f(k - 1)（不偷窃第 k间房屋，偷窃总金额为前 k−1间房屋的最高总金额）

代码：

class Solution {public int rob(int[] nums) {int len = nums.length;
//没有房屋返回0if(nums == null || len == 0){return 0;}//只有一间房屋返回当前值else if(len == 1){return nums[0];}//两间房比较大小返回较大的一个else if(len == 2){return Math.max(nums[0], nums[1]);}//超过三间房返回两者中较大的一个int[] maxRob = new int[len];maxRob[0] = nums[0];maxRob[1] = Math.max(nums[0],nums[1]);for(int i = 2; i < len; i++){maxRob[i] = Math.max(nums[i] + maxRob[i-2], maxRob[i-1]);}return maxRob[len - 1];}
}

3.8 跳跃游戏（中等）：贪心算法

题目：给你一个非负整数数组 nums ，你最初位于数组的 第一个下标 。数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度。

判断你是否能够到达最后一个下标，如果可以，返回 true ；否则，返回 false 。

思想：对于任意一个索引位置y，可达它的条件是当前位置x加上最大可达位置之和大于等于y；最大可达位置是每次的当前位置x+当前元素nums[x]；我们只记录一个最大可达位置，如果进行跳跃时到达了下一个下标，该下标的最大可达位置小于之前的最大可达位置，则不更新最大可达位置

总结：需要先找到该问题的核心：如何确定能够到达最后一个下标？因此引入了最大可达位置变量，遍历数组：若可达，则判断是否需要更新最大可达位置的值，若不可达最后一个索引位置，则返回false

代码：

class Solution {public boolean canJump(int[] nums) {int len = nums.length;//设置最大可达位置int maxReachPosition = 0;
//遍历数组;当数组的索引值小于等于最大可达位置，就说明当前位置可达;//到达当前索引位置，判断是否需要更新最大可达位置for(int i = 0; i < len; i++){if(maxReachPosition >= i){maxReachPosition = Math.max(maxReachPosition, i + nums[i]);//判断最大可达位置是否大于等于最后一个索引位置，只要成立就结束方法返回trueif(maxReachPosition >= len - 1){return true;}}}return false;}
}

3.9 最长递增子序列（中等）：动态规划

题目：给你一个整数数组 nums ，找到其中最长严格递增子序列的长度。子序列 是由数组派生而来的序列，删除（或不删除）数组中的元素而不改变其余元素的顺序。例如，[3,6,2,7] 是数组 [0,3,1,6,2,2,7] 的子序列。

思想：设置dp[i]用来表示到第i个元素时的最长递增子序列，则dp[0,...i-1]就是在dp[i]之前已经计算出的最长递增子序列：则

dp[i] =max(dp[j] + 1 , dp[i]), j < i && nums[j] < nums[i]；因为j 并不一定是 i - 1，

最终最长的递增子序列就是dp[i]的最大值

代码：

class Solution {public int lengthOfLIS(int[] nums) {if(nums == null || nums.length == 0){return 0;}//设置数组存储每个dp[i]的最长递增子序列int[] dp = new int[nums.length];
//只有一个元素，最长递增子序列就是1dp[0] = 1;int result = 1;//dp[i] = max(dp[j]+1 , dp[i]) , j < i && nums[j] < nums[i]for(int i = 1; i < nums.length; i++){dp[i] = 1;for(int j = 0; j < i; j++){if(nums[j] < nums[i]){dp[i] = Math.max(dp[j] + 1, dp[i]);}}result = Math.max(dp[i],result);}return result;}
}

3.10 不同路径（中等）：动态规划

题目：一个机器人位于一个 m x n 网格的左上角（起始点在下图中标记为 “Start” ）。机器人每次只能向下或者向右移动一步。机器人试图达到网格的右下角（在下图中标记为 “Finish” ）。问总共有多少条不同的路径？

思想：设f(i,j)表示为到达(i,j)的路径数量，为了到达(i,j)，可能的路径方案有两种：

从(i-1,j)位置向下走一步，到达(i,j)，此时的方法数为f(i-1,j)
从(i,j-1)位置向右走一步，到达(i,j)，此时的方法数为f(i,j-1)
故：f(i,j) = f(i-1,j) + f(i,j-1)
边界条件：f(0,0)=f(0,j)=f(i,0)=1，只有一个点、只有一行、只有一列的情况路径数都只有一个

代码：

class Solution {public int uniquePaths(int m, int n) {//f(i,j)表示到达(i,j)的路径数，i < m, j < nint[][] res = new int[m][n];
//只有一行：路径数为1for(int i = 0; i < m; i++){res[i][0] = 1;}
//只有一列：路径数为1for(int j = 0; j < n; j++){res[0][j] = 1;}
//否则：f(i,j) = f(i-1,j) + f(i,j-1)for(int i = 1; i < m; i++){for(int j = 1; j < n; j++){res[i][j] = res[i - 1][j] + res[i][j-1];}}
//返回res到达(m,n)的值return res[m-1][n-1];}
}

3.11 零钱兑换（中等）：动态规划

题目：给你一个整数数组 coins ，表示不同面额的硬币；以及一个整数 amount ，表示总金额。计算并返回可以凑成总金额所需的 最少的硬币个数 。如果没有任何一种硬币组合能组成总金额，返回 -1 。你可以认为每种硬币的数量是无限的。

思想：将凑成总金额i的最少硬币数量设为f(i)，假设f(0)、f(1)、f(i-1)已知，则f(i)=min(f(i-coints[j])) + 1；j为组成f(i)的最后一枚金币的面值，j可能是数组coins的任意一个值

总结：将凑成总金额i的最少硬币数量设为f(i)，假设f(0)、f(1)、f(i-1)已知，则f(i)=min(f(i-coints[j])) + 1；j为组成f(i)的最后一枚金币的面值

代码：

class Solution {public int coinChange(int[] coins, int amount) {//创建一个amount + 1 的数组（因为还需要包含dp[0]）int[] dp = new int[amount + 1];
//补充1：为dp[i]赋初值方便min()比较// int top = amount + 1;int top = amount + 1;//补充2：为dp[i]赋初值方便min()比较Arrays.fill(dp,top);dp[0] = 0;
//循环为dp[]赋值，一致赋到dp[amount]for(int i = 1; i <= amount; i++){//f(i) = min(f(i - conins[j]) + 1)；i为总金额数for(int j = 0; j < coins.length; j++){//当conins[j] <= i时才相加（如果conins[j] > i,说明conins[j]是无法凑成金额i的，这样可以减少运算量）if(coins[j] <= i){//此时为了进行min()比较，可以为dp[i]都附上初始值，初始值可以选用大于amount的任意值；见补充1、2//注意初始值不可以选用Integer.MAX_VALUE;否则不满足条件时最终判断就是Math.min(MAX_VALUE+1,MAX_VALUE);dp[i] = Math.min(dp[i - coins[j]] + 1,dp[i]);}}}//如果最终的dp[i]还大于amount，说明没有能够组成总金额的硬币，返回-1return dp[amount] > amount ? -1 : dp[amount];}
}

3.12 最小路径和（中等）：动态规划

题目：给定一个包含非负整数的 m x n 网格 grid ，请找出一条从左上角到右下角的路径，使得路径上的数字总和为最小。说明：每次只能向下或者向右移动一步。

总结：元素对应的最小路径和与其相邻元素的最小路径和有关，因此可以采用动态规划，具体是：

元素对应的最小路径和 = min(上方相邻元素对应的最小路径和，左方相邻元素对应的最小路径和) + 当前元素值
- 设dp[i][j]表示从左上角出发到[i][j]的最小路径和：有：dp[i][j] = min(dp[i-1][j],dp[i][j-1]) + grid[i][j]
特殊情况：
- 只有一个点：dp[0][0] = grid[0][0]；第一个数的最小路径和为该数的值
- 只有一行：i=0,dp[0][j] = dp[0][j-1] + grid[0][j]
- 只有一列：j=0,dp[i][0] = dp[i-1][0] + grid[i][0]

代码：

class Solution {public int minPathSum(int[][] grid) {//grid[][]为空、行数为0、列数为0返回0if(grid == null || grid.length == 0 || grid[0].length == 0){return 0;}
//拿到行数int row = grid.length;//拿到列数int column = grid[0].length;
//记dp[i][j]为到达(i,j)时的最小路径和int[][] dp = new int[row][column];
//只有一个点的情况dp[0][0] = grid[0][0];
//只有一行: i = 0for(int j = 1; j < column; j++){dp[0][j] = dp[0][j - 1] + grid[0][j];}
//只有一列：j = 0for(int i = 1; i < row; i++){dp[i][0] = dp[i - 1][0] + grid[i][0];}
//dp[i][j] = min{dp[i-1][j],dp[i][j-1]} + grid[i][j]for(int i = 1; i < row; i++){for(int j = 1; j < column; j++){dp[i][j] = Math.min(dp[i][j-1], dp[i-1][j]) + grid[i][j];}}
return dp[row-1][column-1];}
}