leetcode 2.28

Leetcode hot100

  • 动态规划
    • 1.最大子数组和
    • 2.不同路径
    • 3.最小路径和
    • 4. 爬楼梯
    • 5. 杨辉三角
    • 6.打家劫舍

动态规划

1.最大子数组和

最大子数组和
动态规划:
按照四个步骤求解:
1)确定状态:以n代表第n个元素为末尾的最大子序列和
最后一步:加不加nums[n]子问题:pre(n-1)+nums[n] 与 nums[n] 的最大值,也就是说,已经求出前n项的最大子序列值A了,此时A>0则相加,若A<0则不相加;
2)转移方程

	//pre是全局变量,这是最关键的部分,有点类似于最大前缀和,如果说加了当前 nums[i] //还小于不加,那么就把之前的前缀都扔掉,从当前的数重新累加 pre(n) = max(pre(n-1)+nums[n] , nums[n]);ans = max(ans, pre);

3)初始和边界条件:pre(0)=nums[0];
4)计算顺序:pre(0)、pre(1)…

class Solution {
public:int maxSubArray(vector<int>& nums) {int pre = 0, maxAns = nums[0];for (auto x: nums) {pre = max(pre + x, x);maxAns = max(maxAns, pre);}return maxAns;}
};

2.不同路径

不同路径
1)确定状态:dp[i][j]代表走到[i][j]网格的路径数目;
2)转移方程:d[i][j]=d[i-1][j]+d[i][j-1];
3)边界条件:最左一列和最上一行只能为1,因为只能一步步往下或者一步步往右;
4)计算顺序:先一行,再列。

class Solution {
public:int uniquePaths(int m, int n) {vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 1));for (int i = 1; i < m; i++) {for (int j = 1; j < n; j++) {dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]; }}return dp[m - 1][n - 1];}
};

3.最小路径和

最小路径和
1)确定状态:dp[i][j]代表走到[i][j]网格的最小和;
2)转移方程:dp[i][j] = nums[i][j] + min(d[i-1][j],d[i][j-1]);
3)边界条件:dp[0][0] = grid[i][j] 、最左一列,dp[i][0]=dp[i-1][0]+grid[i][0]、最右一列,dp[0][j]=dp[0]d[j-1]+grid[0][j]、正常列,dp[i][j]=dp[i-1][j]+grid[i][j-1];最主要的就是考虑到最左只能往下走,最上一行只能往右走;
4)计算顺序:先一行,再列。

class Solution {
public:int minPathSum(vector<vector<int>>& grid) {int n = grid.size(), m = grid[0].size();vector<vector<int>> minAns(n, vector<int>(m, 1));for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = 0; j < m; j++) {if (i ==  0 && j == 0) minAns[i][j] = grid[0][0];else if(i == 0 && j != 0) minAns[i][j] = minAns[i][j-1] + grid[i][j];else if(j == 0 && i != 0) minAns[i][j] = minAns[i-1][j] + grid[i][j];else minAns[i][j] = grid[i][j] + min(minAns[i - 1][j], minAns[i][j - 1]);}}return minAns[n - 1][m - 1];}
};

4. 爬楼梯

爬楼梯
1)确定状态:dp[i] 为爬到第 i 个台阶可以有多少种方法;
2)转移方程:dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
3)边界条件:dp[1] = 1, dp[2] = 2;
4)计算顺序:dp[1], dp[2]…

class Solution {
public:int climbStairs(int n) {vector<int> dp(n + 1, 0);for (int i = 1; i <= n; i++) {if (i == 1) dp[1] = 1;else if (i == 2) dp[2] = 2;else dp[i] = dp[i -1] + dp[i -2];}return dp[n];}
};

5. 杨辉三角

杨辉三角
1)确定状态:dp[i][j] 为[i][j] 位置上的数字和;
2)转移方程:dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j];
3)边界条件:dp[0][0] = 1; 并且每一行的第一个和最后一个元素都为1,dp[i][0] = 1, dp[i][row] = 1
4)计算顺序:先行后列
注意:如果dp已经在初始化确定大小,那么可以利用dp[i][j]直接赋值,否则,只能push_back
resize用法:C++ std::vector::resize() 方法解析

class Solution {
public:vector<vector<int>> generate(int numRows) {vector<vector<int>> dp(numRows);for (int i = 0; i < numRows; i++) {dp[i].resize(i + 1);for (int j = 0; j <= i; j++) {if (j == 0) dp[i][j] = 1;else if (j == i) dp[i][j] = 1;else dp[i][j] = dp[i -1][j - 1] + dp[i - 1][j];}}return dp;}
};

6.打家劫舍

打家劫舍
1)确定状态:dp[i] 为 i 位置上能抢到的最大钱数;
2)转移方程:dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1])
3)边界条件:dp[0] = nums[0], dp[1] = max(nums[0], nums[1])
4)计算顺序:dp[0], dp[1]…

刚开始完全理解错误,以为必须是隔一个偷,这样只需计算dp[0]和dp[1],输出max

class Solution {
public:int rob(vector<int>& nums) {if (nums.size() == 1) return nums[0];if (nums.size() == 2) return nums[0] > nums[1] ? nums[0] : nums[1];long ans1 = 0, ans2 = 0;for (int i = 0; i < nums.size(); i = i+2) {ans1 += nums[i];}for (int i = 1; i < nums.size(); i = i+2) {ans2 += nums[i];}return max(ans1, ans2);}
};

发现这个测试用例失败:
[2,1,1,2]

输出
3
预期结果
4

class Solution {
public:int rob(vector<int>& nums) {if (nums.size() == 1) return nums[0];if (nums.size() == 2) return nums[0] > nums[1] ? nums[0] : nums[1];vector<int> dp(nums.size() + 1);dp[0] = nums[0];for (int i = 1; i < nums.size(); i++) {if (i == 1) dp[i] = max(nums[0], nums[1]);else dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1]);}return dp[nums.size() - 1];}
};

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