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？

示例 1：

输入：n = 2
输出：2
解释：有两种方法可以爬到楼顶。
1. 1 阶 + 1 阶
2. 2 阶

实际上就是斐波那契算法，我们按最后一次爬楼梯的情形：只有爬1个或者2个台阶，如下图：

所以状态转移方程就是 f(n) = f(n-1) + f(n-2)。

public int climbStairs(int n) {if(n == 1) {return 1;}int[] dp = new int[n + 1];dp[0] = 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];
}

变体：如果可以爬1、2、3、4…m 级台阶，如何求最后的次数？根据上面的图可以得到状态方程：

f(n) = f(n-1) + f(n-2) +...+f(n - m)所以解题代码为：

public int climbStairs2(int n) {int[] dp = new int[n+1];dp[0] = 1;for(int i = 1; i <= n; i++) {for(int j = 1; i <= m; j++) {if(i - j >= 0) {dp[i] = dp[i - j];}}}return dp[n];
}

给你一个整数数组 cost ，其中 cost[i] 是从楼梯第 i 个台阶向上爬需要支付的费用。一旦你支付此费用，即可选择向上爬一个或者两个台阶。

只能选择从下标为 0 或下标为 1 的台阶开始爬楼梯，

请你计算并返回达到楼梯顶部的最低花费。

示例 1：

输入：cost = [10,15,8]
输出：15
解释：你将从下标为 1 的台阶开始。- 支付 15 ，向上爬两个台阶，到达楼梯顶部。总花费为 15 。

这题的思路和上一题爬楼梯很像，我们还是自顶向下来考虑，

如果最后一次选择记为f(n) 那么需要考虑f(n-1)和f(n-2)谁更小，然后再加上当前的花费值。那么状态转移方程为：f(n) = min(f(n-1), f(n-2)) + cost[n]。因此代码就容易了：

public int minCostClimbingStairs(int[] cost) {int[] dp = new int[cost.length];dp[0] = cost[0];dp[1] = cost[1];for(int i = 2; i < cost.length; i++) {dp[i] = Math.min(dp[i - 1], dp[i - 2]) + cost[i];}//因为可以一次性爬两层，所以最后再比较倒数一次和倒数第二次的爬楼梯花费return Math.min(dp[cost.length - 1], dp[cost.length - 2]);
}

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？

示例 1：

输入：m = 3, n = 7
输出：28

看题目可以知道，和前两题不一样，需要我们从两个维度去考虑。因此可以选择二维dp数组来解决问题，按照动态规划解题步骤：

1. 确定dp数组的含义
   • dp[m][n] 表示从 [0][0]到 [m][n] 的路径条数，数组内的下标表示所处的位置
2. 确定状态转移方程
   • 我们知道当前位置状态来源于左侧和上侧位置状态因此可以写成：
   • dp[m][n] = dp[m-1][n] +dp[m][n-1]
3. 确定dp数组初始状态和遍历顺序
   • 初始状态要注意，和一维dp数组考虑一个初始值不同。我们要考虑二维多个初始值：
     • 在dp[0][i]和dp[j][0] 这两列上，路径条数都应该为1
   • 遍历顺序，按照从小到大的原则进行

综合上面的思路，可以写出代码

public int uniquePaths(int m, int n) {int[][] dp = new int[m][n];//初始化dp数组for(int i = 0; i < m; i++) dp[i][0] = 1;for(int j = 0; j < n; j++) dp[0][j] = 1;//遍历顺序for(int i = 1; i < m; i++) {for(int j = 1; j < n; j++) {//状态转移方程dp[i][j] = dp[i][j - 1] + dp[i - 1][j];}}return dp[m - 1][n - 1];
}

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”）。

现在考虑网格中有障碍物。那么从左上角到右下角将会有多少条不同的路径？

网格中的障碍物和空位置分别用 1 和 0 来表示。

示例 1：

输入：obstacleGrid = [[0,0,0],[0,1,0],[0,0,0]]
输出：2
解释：3x3 网格的正中间有一个障碍物。
从左上角到右下角一共有 2 条不同的路径：1. 向右 -> 向右 -> 向下 -> 向下
2. 向下 -> 向下 -> 向右 -> 向右

这题和上一题的区别就是有了障碍，那么我们该如何考虑这个障碍呢？主要分成两个方面：

• 初始化时遇到障碍：

  

• 顺序遍历时遇到障碍：

  也就是题目给出的情况，这种情况将障碍处设置为0 即可

其余的和上一题类似，所以直接给出代码：

public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {// 数组的行数int m = obstacleGrid.length;// 数组的列数int n = obstacleGrid[0].length;int[][] dp = new int[m][n];//障碍及后面方格统一初始化for(int i = 0; i < m; i++) {if(obstacleGrid[i][0] == 1) {break;}dp[i][0] = 1;}for(int j = 0; j < n; j++) {if(obstacleGrid[0][j] == 1) {break;}dp[0][j] = 1;}for(int i = 1; i < m; i++) {for(int j = 1; j < n; j++) {//遍历过程遇见障碍，直接跳过if(obstacleGrid[i][j] == 1) {dp[i][j] = 0;continue;}dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];}}return dp[m - 1][n - 1];
}

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 。

示例 1:

输入: n = 2
输出: 1
解释: 2 = 1 + 1, 1 × 1 = 1。

我们按照动态规划解题步骤一步步来：

• 1.确定dp数组的含义以及下标：

  • dp数组表示的是最大乘积，下标表示整数n

• 2.确定状态转移方程：

  • 考虑到一个整数至少要分成2个及以上的整数，所以：

    • 分成2个可以表达成 i * j
    • 分成2个以上可以表达成 j * dp[i - j]

  • 所以转移方程应该为： dp[i] = max(j * dp[i - j], j * i)

    • 但是这里我们会发现得不到符合题意的值：

      

      因为每次取的都是最后一个，比如 dp[10] = max(9 * dp[1], 9 * 1) ,所以每次需要与前面的 dp[i] 比较，得到最后的最大值。

    • 因此转移方程应为：dp[i] = max(dp[i],max(j * dp[i - j], j * (i - j)))

• 3.确定初始值，遍历顺序

  • dp[2] = 1，dp[1] = 1，dp[0] = 1 (dp[0] 和 dp[1] 实际上不符合题意，虽然赋值1 不影响结果)
  • i从3到n 遍历，j 从 1 到 i - 2 遍历

• 4.根据上面三个步骤写代码：

public int integerBreak(int n) {int[] dp = new int[n + 1];//初始化赋值dp[2] = 1;for(int i = 3; i <= n; i++) {//从下标为2开始遍历for(int j = 1; j < i - 1; j++) {dp[i] = Math.max(dp[i], Math.max(j * (i - j), j * dp[i - j]));}}return dp[n];
}

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。

示例 1：

输入：n = 3
输出：5

这题确实不好解决，二叉搜索树的种树这个变量不好确定。需要以左右子树为基础进行考虑，下面引用代码随想录的思路：

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]

所以状态转移方程为 dp[i] += dp[j] * dp[i - j - 1];

初始值dp[0] = 1;dp[1] = 1,按照节点个数进行遍历。直接下出如下代码

public int numTrees(int n) {int[] dp = new int[n + 1];//初始化赋值dp[0] = 1;dp[1] = 1;for(int i = 2; i <= n; i++) {for(int j = 0; j < i; j++) {dp[i] += dp[j] * dp[i - j - 1];}}return dp[n];
}