java数据结构与算法刷题目录（剑指Offer、LeetCode、ACM）-----主目录-----持续更新(进不去说明我没写完)：https://blog.csdn.net/grd_java/article/details/123063846

很多人觉得动态规划很难，但它就是固定套路而已。其实动态规划只不过是将多余的步骤，提前放到dp数组中（就是一个数组，只不过大家都叫它dp），达到空间换时间的效果。它仅仅只是一种优化思路，因此它目前的境地和线性代数一样----虚假的难。

1. 想想线性代数，在国外留学的学生大多数不觉得线性代数难理解。但是中国的学生学习线性代数时，完全摸不着头脑，一上来就是行列式和矩阵，根本不知道这玩意是干嘛的。
2. 线性代数从根本上是在空间上研究向量，抽象上研究线性关系的学科。人家国外的教科书都是第一讲就帮助大家理解研究向量和线性关系。
3. 反观国内的教材，直接把行列式搞到第一章。搞的国内的学生在学习线性代数的时候，只会觉得一知半解，觉得麻烦，完全不知道这玩意学来干什么。当苦尽甘来终于理解线性代数时干什么的时候，发现人家国外的教材第一节就把这玩意讲清楚了。你只会大骂我们国内这些教材，什么狗东西（以上是自己学完线性代数后的吐槽，我们同学无一例外都这么觉得）。

而我想告诉你，动态规划和线性代数一样，我学完了才知道，它不过就是研究空间换时间，提前将固定的重复操作规划到dp数组中，而不用暴力求解，从而让效率极大提升。

1. 但是网上教动态规划的兄弟们，你直接给一个动态方程是怎么回事？和线性代数，一上来就教行列式和矩阵一样，纯属恶心人。我差不多做了30多道动态规划题目，才理解，动态方程只是一个步骤而已，而这已经浪费我很长时间了，我每道题都一知半解不理解，过程及其痛苦。最后只能重新做。
2. 动态规划，一定是优先考虑重复操作与dp数组之间的关系，搞清楚后，再提出动态方程。而你们前面步骤省略了不讲，一上来给个方程，不是纯属扯淡吗？
3. 我推荐研究动态规划题目，按5个步骤，从上到下依次来分析

1. DP数组及下标含义
2. 递推公式
3. dp数组初始化
4. 数组遍历顺序（双重循环及以上时，才考虑）
5. dp数组打印，分析思路是否正确（相当于做完题，检查一下）

先理解题目细节

1. 二叉搜索树，左子树都比根结点小，右子树都比根结点大，左右子树又各是一个二叉搜索树。而如果给我们一个数3.那么也就是让我们用①、②、③这3个结点构成二叉搜索树。

1. 如果我们用①作根结点，那么②和③都大于①，只能在它右边，用②作根结点，那么①小于②只能放在左边，③大于②只能放在右边。
2. 那么左右分多少个结点呢？我们发现，当我们截取②作为根，①、②、③这个序列，它左边的都小于它所有最终都会在它左边，同理右边的都在它右边。
3. 令j = ②表示以②为根，共有i = 3个结点，那么②左边的，也就是j-1个 = 2-1 = 1个元素会被放在左子树。②右边的，也就是i - j= 3-2 = 1个元素会被放在右边

2. dp数组存储：给你i个结点，有几种摆放方式可以构成二叉搜索树。下标i表示当前给我们多少结点可以用于构成二叉搜索树。
3. i = 0时，只有一种方法组成二叉搜索树，就是什么都不摆，故，dp[0] = 1
4. i = 1时，只有一个结点①组成二叉搜索树，只有一个结点，只有一种摆放方式，故，dp[1] = 1.
5. i = 2时，有两个结点①和②可以组成二叉搜索树，所以我们有两种思路

1. ①作为根结点，记为j，左边有j-1个元素比它小，右边有i - j个元素比它大
2. ②作为根结点同理。
   
3. 而它的左右子树，有几个元素呢，你会发现一定比当前的i值小。都不大于2. 那么它们各有几种摆放方式呢？前面的dp数组构造时，已经考虑过了i = 0时，dp[0]=1, i=1时，dp[1]=1.两个相乘，就是以j为根的i个元素可以构造的二叉搜索树数量。最后将所有不同根结点情况相加即可。

解题思路

1. 暴力求解的思想，就是利用回溯算法，不撞南墙不回头。
2. 但是如果我们预先将其存储到dp数组，就可以直接通过dp, 获取数据，而不用枚举。典型的动态规划题目

动态规划思考5步曲

1. DP数组及下标含义

1. 我们要求出的是给你i个结点，可以构造出多少种不同二叉搜索树。显然dp数组中存储的就是i个结点，可以构造出多少种不同二叉搜索树。要求出谁的？显然是求出，i个结点可构造二叉搜索树数量。那么下标就是代表用几个结点构造二叉搜索树，很显然，只需要一个下标，也就是一维数组。

2. 递推公式

1. 因为0个结点只有一种摆放方式，1个结点也只有一种摆放方式，所以：F(0) = F(1) = 1;
2. 对于其它数i，我们可以通过指定不同根结点，构造多种不同二叉搜索树。我们用j来表示当前用哪个结点代表根结点。例如i = 3，有1,2,3这3个数可以构造，当我们选其中一个数，例如1.那么必须保证左边都小于它，右边都大于它。也就是2和3必须在它右边，而没有比1小的数，因此左子树为空
3. 因此，当我们选中j作为根结点后，它左边有j-1个数，右边有i-j个数。左边j-1个数可以构造dp[j-1]个不同二叉搜索树。右边i-j个数可以构造dp[i-j]个二叉搜索树。
4. 当我们j的右边固定不变时，左边每变一次，都是一课全新二叉搜索树。同理，左边不变，右边变，也一样。所以他俩是相乘的关系。也就是以j为根节点，有dp[j-1] * dp[i-j]种不同二叉搜索树。
5. 而当i = 3，我们有①，②，③这3个结点，j可以选择任意一个作为根结点，所以每种情况都得考虑，因此j = ① 和 j = ② 和 j = ③这3种情况的和才是dp[i]的值。故：F[i] = F[1-1] * F[i-1] + F[2-1] * F[i-2] + F[3-1] * F[i-3] + … + F[i-1] * F[i-i]

3. dp数组初始化

4. 数组遍历顺序(单重循环，无需考虑遍历顺序，一共就一维，哪里来的谁先谁后)
5. 打印dp数组（自己生成dp数组后，将dp数组输出看看，是否和自己预想的一样。）

代码:时间复杂度O(n).空间复杂度O(n)

class Solution {public int numTrees(int n) {int dp[] = new int[n+1];//需要0到n的下标范围，因此需要n+1个元素dp[0] = dp[1] = 1;//0个结点和1个结点，只有一种摆放方式for(int i = 2;i<=n;i++){//剩下的，需要将不同结点作为根结点的情况加起来for(int j = 1;j<=i;j++){//j表示当前用谁当根结点dp[i]+=dp[j-1]*dp[i-j];//j当根结点，左边有j-1个元素，右边有i-j个元素}}return dp[n];//返回n个结点可以构成多少种二叉搜索树}
}