96.不同的二叉搜索树

力扣题目链接(opens new window)

给定一个整数 n，求以 1 ... n 为节点组成的二叉搜索树有多少种？

dp[3] = dp[2] * dp[0] + dp[1] * dp[1] + dp[0] * dp[2]

dp[i] ： 1到i为节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i]。

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

空节点也是一棵二叉树,所以初始化dp[0] = 1,dp[1]能从dp0推出来所以不用初始化

实际上这道题应该这样理解，对于数值是 n 的二叉搜索树的个数，等于 以 1-n 的数值为头结点的个数相加。这一步相信大家都没啥问题。那么后面对于每一个头结点，该怎样去算呢？
举例，n 为 7，那么当头结点是 5 的时候，将 1,2,3,4,6,7 这几个数字放进去，根据二叉搜索树定义，左子树小右子树大，那么 1,2,3,4只能在左子树，6,7在右子树中，也就是说 左子树由四个数构成一颗二叉搜索树，右子树有两个数构成一颗二叉搜索树，这里右子树的 6,7 可以看成 1,2，因为把头结点 5 不看的话，1,2 构成的二叉搜索树和 6,7 构成的二叉搜索树的个数是一样的。这也是为什么只要布局相似即可。那么再看 方程 dp【i】 += dp【j - 1】 * dp【i - j】，把 i = 7，j = 5 带入，其实就是 dp【4】 * dp【2】 , 这里的 4 是个数，2 也是个数。

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];}
};

动态规划：01背包理论基础

本题力扣上没有原题，大家可以去卡码网第46题 (opens new window)去练习，题意是一样的。

dp[i][j] 表示从下标为[0-i]的物品里任意取，放进容量为j的背包，价值总和最大是多少。

递归公式： dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);

对应放入i物品 和不放入i物品 取价值大

初始化：初始化第一行和第一列  剩下的随意初始化 因为剩下的每一个数都是通过这个数的上面的和左斜上方推出来的。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int n, bagweight;// bagweight代表行李箱空间
void solve() {vector<int> weight(n, 0); // 存储每件物品所占空间vector<int> value(n, 0);  // 存储每件物品价值for(int i = 0; i < n; ++i) {cin >> weight[i];}for(int j = 0; j < n; ++j) {cin >> value[j];}// dp数组, dp[i][j]代表行李箱空间为j的情况下,从下标为[0, i]的物品里面任意取,能达到的最大价值vector<vector<int>> dp(weight.size(), vector<int>(bagweight + 1, 0));// 初始化, 因为需要用到dp[i - 1]的值// j < weight[0]已在上方被初始化为0// j >= weight[0]的值就初始化为value[0]for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) {dp[0][j] = value[0];}for(int i = 1; i < weight.size(); i++) { // 遍历科研物品for(int j = 0; j <= bagweight; j++) { // 遍历行李箱容量// 如果装不下这个物品,那么就继承dp[i - 1][j]的值if (j < weight[i]) dp[i][j] = dp[i - 1][j];// 如果能装下,就将值更新为 不装这个物品的最大值 和 装这个物品的最大值 中的 最大值// 装这个物品的最大值由容量为j - weight[i]的包任意放入序号为[0, i - 1]的最大值 + 该物品的价值构成else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);}}cout << dp[weight.size() - 1][bagweight] << endl;
}int main() {while(cin >> n >> bagweight) {solve();}return 0;
}

01背包理论基础（滚动数组）

在一维dp数组中，dp[j]表示：容量为j的背包，所背的物品价值可以最大为dp[j]。

递推式：

不放物品i，所背的背包最大价值还是dp【j】相当于从上一层的数组拷贝过来（滚动）

dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

dp[0]就应该是0，因为背包容量为0所背的物品的最大价值就是0。

倒序遍历背包容量 ：

因为二维数组是根据左上元素来求的，一维数组自然就是靠左边来求的。倒序的时候左边元素再刷新前都是上一层的数据，但正序就不一样了，正序的时候，左边的元素刚刚刷新过，也就是左边的元素已经是本层的了，意味着什么 这样会导致一个物品反复加好几次。

void test_1_wei_bag_problem() {vector<int> weight = {1, 3, 4};vector<int> value = {15, 20, 30};int bagWeight = 4;// 初始化vector<int> dp(bagWeight + 1, 0);for(int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品for(int j = bagWeight; j >= weight[i]; j--) { // 遍历背包容量dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);}}cout << dp[bagWeight] << endl;
}int main() {test_1_wei_bag_problem();
}

j>=weight[i] 背包容量要大于本次刚入的物品