一、打家劫舍III
小偷又发现了一个新的可行窃的地区。这个地区只有一个入口，我们称之为 root 。
除了 root 之外，每栋房子有且只有一个“父“房子与之相连。一番侦察之后，聪明的小偷意识到“这个地方的所有房屋的排列类似于一棵二叉树”。 如果 两个直接相连的房子在同一天晚上被打劫 ，房屋将自动报警。
父节点和子节点不能同时偷(因为是直接相连的房子)
dp[0]/dp[1]:分别代表该节点上不偷和偷的最大值
思路：在树形结构中，采用后序遍历，左右中的顺序，从下往上求每一个节点的最大价值。
如果该节点不偷,那么下一节点可以偷，也可以不偷，dp[0]=下一节点偷或不偷的最大值；
如果该节点偷，那么下一节点就不可以偷，dp[1]=root.val+left[0]+right[0];
代码：
class Solution {public int rob(TreeNode root) {int[] res=robTree(root);return Math.max(res[0],res[1]);}//递归函数public int[] robTree(TreeNode root){int[] result=new int[2];//终止条件 if(root==null)return result;//单层递归逻辑int[] left=robTree(root.left);int[] right=robTree(root.right);//该节点不偷 孩子节点就可以偷result[0]=Math.max(left[0],left[1])+Math.max(right[0],right[1]);//该节点偷，孩子节点就不能偷result[1]=root.val+left[0]+right[0];return result;}
}股票问题
二、买卖股票的最佳时机I(一次遍历/动态规划)
一次遍历(贪心)：
如果price[i]<minprice,更新minprice;
如果price[i]>=minprice,看price[i]-minprice是否大于maxprofit，大于的话就更新
代码：
class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {int minprice = Integer.MAX_VALUE;int maxprofit = 0;for (int i = 0; i < prices.length; i++) {if (prices[i] < minprice) {minprice = prices[i];} else if (prices[i] - minprice > maxprofit) {maxprofit = prices[i] - minprice;}}return maxprofit;}
}动态规划：
注意：题目要求是买入和卖出只能一次，也就是只能在某一天买入或者某一天卖出
1.dp[i][0/1]:0代表该天不持有股票，1代表该天持有股票。dp[i][0/1]:代表该天可以获得最大利润
2.递推公式：
2.1 dp[i][0]可能是延续上一天的状态，也可能是在这一天把股票卖了。
dp[i][0](第i天不持有股票)=Math.max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i]);
2.2 dp[i][1]可能是延续上一天的状态，也可能是在这一天买入股票
dp[i][1]=Math.max(dp[i-1][1],-prices[i]);
3.初始化：dp[0][0]:0 dp[0][1]:-prices;
4.遍历：从1开始到prices.length
代码：
class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {if(prices==null||prices.length==0)return 0;// dp[x][0]:第x天不持有股票;dp[x][1]:第x天持有股票int[][] dp = new int[prices.length][2];dp[0][0] = 0;dp[0][1] = -prices[0];//注意dp[i][1]的递推公式 只能买入/卖出一次和每天买入/卖出的区别for (int i = 1; i < prices.length; i++) {dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], - prices[i]);}return Math.max(dp[prices.length - 1][0], dp[prices.length - 1][1]);}
}三、买卖股票的最佳时机II(贪心/动态规划)
可以在某一天买入，同一天卖出。买入卖出允许多次。
贪心：如果prices[i]>prices[i-1] 直接加利润
class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {int sumProfit=0;for(int i=1;i<prices.length;i++){if(prices[i]-prices[i-1]>0){sumProfit+=prices[i]-prices[i-1];}}return sumProfit;}
}动态规划：
这个题和I的区别在于：上一道题只能一天买入，一天卖出。买入卖出的次数仅是1；而这一道题买入卖出的次数可以是多次。因此在状态方程上要发生变化
递推公式：
dp[i][0]可能是延续上一天的状态，也可能是在这一天把股票卖了。
dp[i][0](第i天不持有股票)=Math.max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i]);
dp[i][1]可能是延续上一天的状态，也可能是在这一天买入股票
dp[i][1]=Math.max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]-prices[i]);
代码：
class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {if (prices == null || prices.length == 0)return 0;// 定义dp数组int[][] dp = new int[prices.length][2];// 初始化dp数组dp[0][0] = 0;// 不占有股票dp[0][1] = -prices[0];// 占有股票for (int i = 1; i < prices.length; i++) {dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);}return Math.max(dp[prices.length - 1][0], dp[prices.length - 1][1]);}
}四、买卖股票的最佳时机III（只可以买卖两次）
dp[prices.length][5]:dp数组的五个状态
不操作:dp[i][0]=dp[i-1][0];
第一次持有:dp[i][1]=Math.max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]-prices[i]);
第一次不持有:dp[i][2]=Math.max(dp[i-1][2],dp[i-1][1]+prices[i]);
第二次持有:dp[i][3]=Math.max(dp[i-1][3],dp[i-1][2]-prices[i]);
第二次不持有:dp[i][4]=Math.max(dp[i-1][4],dp[i-1][3]+prices[i]);
初始化：
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = -prices[0];
dp[0][2] = 0;
dp[0][3] = -prices[0];
dp[0][4] = 0;
代码：
class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {if (prices == null || prices.length == 0)return 0;// 只能买卖两次 dp五种状态 不操作 第一次持有 第一次不持有 第二次持有 第二次不持有int[][] dp = new int[prices.length][5];// dp数组初始化dp[0][0] = 0;dp[0][1] = -prices[0];dp[0][2] = 0;dp[0][3] = -prices[0];dp[0][4] = 0;// 遍历数组for (int i = 1; i < prices.length; i++) {dp[i][0] = dp[i - 1][0];dp[i][1] = Math.max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]-prices[i]);dp[i][2] = Math.max(dp[i-1][2],dp[i-1][1]+prices[i]);dp[i][3] = Math.max(dp[i-1][3],dp[i-1][2]-prices[i]);dp[i][4] = Math.max(dp[i-1][4],dp[i-1][3]+prices[i]);}return dp[prices.length-1][4];}
}五、买卖股票的最佳时机IV(k次交易)
从III找出规律来，两次交易，dp状态会有五次。k次交易，dp状态就会有2k+1次。
定义dp数组:dp[prices.length][2*k+1];
状态分别是：第一次不操作；第一次占有/第一次不占有；第二次占有/第二次不占有；.....；第k次占有/第k次不占有
dp数组初始化：
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = -prices[0]; dp[0][2] = 0; 第一次占有/不占有
dp[0][3] = -prices[0]; dp[0][4] = 0; 第二次占有/不占有
dp[0][2k-1]=-prices[0]; dp[0][2k]=0; 第k次占有/不占有
dp数组遍历：
不操作:dp[i][0]=dp[i-1][0];
第一次持有:dp[i][1]=Math.max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]-prices[i]);
第一次不持有:dp[i][2]=Math.max(dp[i-1][2],dp[i-1][1]+prices[i]);
第二次持有:dp[i][3]=Math.max(dp[i-1][3],dp[i-1][2]-prices[i]);
第二次不持有:dp[i][4]=Math.max(dp[i-1][4],dp[i-1][3]+prices[i]);
找规律:
等于0， =dp[i-1][0];
不等于0，并且是偶数：+prices[i];
不等于0，并且是奇数: -prices[i];
代码：
class Solution {public int maxProfit(int k, int[] prices) {if(prices==null||prices.length==0)return 0;//k次交易 定义dp数组int[][] dp=new int[prices.length][1+2*k];//初始化dp[0][0]=0;//不操作for(int i=1;i<1+2*k;i++){if(i%2==0){dp[0][i]=0;}else{dp[0][i]=-prices[0];}}//进行遍历dp数组for(int i=1;i<prices.length;i++){for(int j=0;j<1+2*k;j++){if(j==0){dp[i][0]=dp[i-1][0];}else if(j%2!=0){dp[i][j]=Math.max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1]-prices[i]);}else if(j%2==0){dp[i][j]=Math.max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1]+prices[i]);}}}return dp[prices.length-1][1+2*k-1];}
}六、买卖股票的最佳时机(包含冷冻期)
冷冻期：在卖出股票后，无法在第二天在进行买入/卖出(冷冻期为一天)
dp[i][4]:四种状态 表示某一天某种状态下的最大利润
占有股票:dp[i][0]=Math.max(dp[i-1][0],dp[i-1][3]-prices[i],dp[i-1][1]-prices[i])
延续上一天占有股票的状态；冷冻期后的买入股票；不占有股票后的买入股票
不占有股票:dp[i][1]=Math.max(dp[i-1][1],dp[i-1][3]);
延续上一天不占股票的状态；上一天卖出股票
卖出股票:dp[i][2]=dp[i-1][0]+prices[i];
上一天为占有股票
冷冻期:dp[i][3]=dp[i-1][2];
上一天为卖出股票
代码：
class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {//剪枝？if(prices==null||prices.length==0)return 0;/**创建dp数组 0：持有股票 1:不持有股票 2:卖出股票 3:冷冻期*/int[][] dp=new int[prices.length][4];//初始化dp数组dp[0][0]=-prices[0];dp[0][1]=0;dp[0][2]=0;dp[0][3]=0;//遍历数组for(int i=1;i<prices.length;i++){//延续上一天占有股票的状态;不占有股票后的买入股票;冷冻期后的买入股票dp[i][0]=Math.max(dp[i-1][0],Math.max(dp[i-1][1]-prices[i],dp[i-1][3]-prices[i]));//延续上一天的不持有股票;冷冻期后的不持有股票dp[i][1]=Math.max(dp[i-1][1],dp[i-1][3]);//上一天持有股票dp[i][2]=dp[i-1][0]+prices[i];//上一天为卖出股票dp[i][3]=dp[i-1][2];}return Math.max(dp[prices.length-1][1],Math.max(dp[prices.length-1][2],dp[prices.length-1][3]));}
}返回最大利润：要进行比较，因为最大利润可能出现在不持有股票/卖出股票/冷冻期三种情况中。
七、买卖股票的最佳时机含手续费
思路：其实跟II差不多，但是多了一个手续费，这里我们规定在每次卖出的时候需要付手续费。因为卖出肯定是买入之后的，就是买入卖出整个操作需要付手续费。
改变：在dp公式需要作出改变;
不占有股票：dp[i][0]=Math.max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i]-fee);
占有股票:dp[i][1]=Math.max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]-prices[i]);
初始化：dp[0][0]=0;dp[0][1]=-prices[0];
代码：
class Solution {public int maxProfit(int[] prices, int fee) {//含有手续费 就会限制你进行买卖int[][] dp=new int[prices.length][2];//dp[i][0]:不占有股票 dp[i][1]:占有股票 买的时候扣手续费dp[0][0]=0;dp[0][1]=0-prices[0];//初始化dp数组for(int i=1;i<prices.length;i++){dp[i][0]=Math.max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i]-fee);dp[i][1]=Math.max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]-prices[i]);}return dp[prices.length-1][0]; }
}买卖股票的最佳时机总结：
I:只能有一次买入/一次卖出
不持有股票：dp[i][0]=Math.max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i]);
持有股票:dp[i][1]=Math.max(dp[i-1][1],-prices[i]);
II:可以进行多次买入/卖出
不持有股票：dp[i][0]=Math.max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i]);
持有股票:dp[i][1]=Math.max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]-prices[i]);
III:只能进行两次买入/卖出
状态分为五种：不操作；第一次占有/第一次不占有；第二次占有/第二次不占有
dp[i][0]=dp[i-1][0];
dp[i][1]=dp[i-1][0]-prices[i];
dp[i][2]=dp[i-1][1]+prices[i];
dp[i][3]=dp[i-1][2]-prices[i];
dp[i][4]=dp[i-1][3]+prices[i];
有规律的。
IV:只能进行k次买入/卖出
状态共有：2k+1次。
dp[i][j]=dp[i-1][j-1]±prices[i]； j为偶数+；j为奇数-；
V:包含冰冻期
状态共有四种：
占有股票:dp[i][0]=Math.max(dp[i-1][0],Math.max(dp[i-1][1]-prices[i],dp[i][3]-prices[i]))；
不占有股票:dp[i][1]=Math.max(dp[i-1][1],dp[i-1][3])；
卖出股票:dp[i][2]=dp[i-1][0]+prices[i]；
冰冻期:dp[i][3]=dp[i-1][2];
VI:含有手续费
在II的基础上，添加手续费。每次在交易完成的时候要付出手续费，在卖出股票时候。
不持有股票：dp[i][0]=Math.max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i]-fee);
持有股票:dp[i][1]=Math.max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]-prices[i]);
子序列问题:
八、最长递增子序列
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。
输入：nums = [10,9,2,5,3,7,101,18] 输出：4 解释：最长递增子序列是 [2,3,7,101]，因此长度为 4
思路：
1.dp[i]:表示从0到i,最长子序列的长度
2.dp[i]=Math.max(dp[i],dp[j]+1);
递推公式如何来的:根据dp[i]的含义,要找到nums[j]<nums[i]的元素，然后在dp[j]的基础上+1；
但是nums[j]不仅仅有一个，因此每次取dp[i],和dp[j]+1的较大的。
3.初始化：所有元素初始化为1
4.遍历顺序从1开始。双层for循环寻找nums[j]<nums[i]的元素,并且更新dp[i]
注意：最大值不是dp[nums.length-1],而是dp数组中的最大值。
代码：
class Solution {public int lengthOfLIS(int[] nums) {//定义dp数组int[] dp=new int[nums.length];//初始化Arrays.fill(dp,1);//双层for循环遍历int max=1;for(int i=1;i<nums.length;i++){for(int j=0;j<i;j++){if(nums[j]<nums[i]){dp[i]=Math.max(dp[i],dp[j]+1);max=Math.max(max,dp[i]);}}}return max;}
}九、最长连续递增序列(比较简单)
不需要双层for循环寻找比nums[i]小的元素了。因为题目要求子序列必须是连续的。
代码：
class Solution {public int findLengthOfLCIS(int[] nums) {int[] dp=new int[nums.length];Arrays.fill(dp,1);int max=1;for(int i=1;i<nums.length;i++){if(nums[i]>nums[i-1]){dp[i]=dp[i-1]+1;max=Math.max(max,dp[i]);}}return max;}
}十、最长重复子数组
给两个整数数组 nums1 和 nums2 ，返回 两个数组中 公共的 、长度最长的子数组的长度 。
思路：
1.dp[i][j]:遍历到i-1,j-1的最长公共子数组的长度
2.if(nums[i-1]==nums[j-0])dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;
3.初始化都为0，因为是从i-1,j-1(-1 -1开始的)。相当于多加了一行一列，这样就不用多用两个循环去初始化原本的第一行第一列。让所有工作交给遍历
4.从i和j分别从1,1开始到nums1.length,nums2.length;
代码：
class Solution {public int findLength(int[] nums1, int[] nums2) {int len1=nums1.length;int len2=nums2.length;int max=0;int[][] dp=new int[len1+1][len2+1];for(int i=1;i<=len1;i++){for(int j=1;j<=len2;j++){if(nums1[i-1]==nums2[j-1]){dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;max=Math.max(max,dp[i][j]);}}}return max;}
}十一、最长公共子序列(和上一题类似也有不同)
不同：上一道题要求的是子数组是连续的，因此如果nums1[i]==nums2[j]的时候,dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;况且只能由[i-1][j-1]而来;
而这一道题不要求序列是连续的，因此当text1.charAt(i-1)==text2.charAt(j-1) 的时候，dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1；如果不相等的话，可以由dp[i-1][j]和dp[i][j-1]得到。
类似：和上一题一样，为了减少初始化时for循环的复杂，多加一行一列，dp[len1+1][len2+1]。
然后初始化由遍历帮助我们完成
代码：
class Solution {public int longestCommonSubsequence(String text1, String text2) {int len1=text1.length();int len2=text2.length();int[][] dp=new int[len1+1][len2+1];int result=0;for(int i=1;i<=len1;i++){for(int j=1;j<=len2;j++){if(text1.charAt(i-1)==text2.charAt(j-1)){dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;}else{dp[i][j]=Math.max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);}result=Math.max(result,dp[i][j]);}}printfDp(dp);return result;}public void printfDp(int[][] dp){for(int[] arr:dp){for(int i:arr){System.out.print(i+" ");}System.out.println("");}}
}十二、最大子序和（贪心/动态规划）
贪心：
如果前面的值是负的，那么就不加(加上拖后腿)
如果前面的值是正的，再加(加上更大)
代码：
public int maxSubArray(int[] nums) {int result=Integer.MIN_VALUE;int count=0;for(int i=0;i<nums.length;i++){count+=nums[i];if(count>result)result=count;if(count<0)count=0;}return result;}动态规划：
1.dp[i]:从0->i,最大的子序列的和
2.if(dp[i-1]>0)dp[i]=dp[i-1]+nums[i];else dp[i]=nums[i]
3.初始化:dp[0]=nums[0];
4.从i=1开始遍历
十三、判断子序列(双指针/动态规划)
双指针：
定义slow，fast指针。slow指向s串，fast指向t串。如果fast遍历到末尾以及之前，slow也可以遍历到末尾，那么就包含。
代码：
class Solution {public boolean isSubsequence(String s, String t) {int sLen=s.length();int tLen=t.length();if(sLen>tLen)return false;int slow = 0;int fast = 0;while(fast<tLen){if(slow==sLen)return true;else{if(t.charAt(fast)==s.charAt(slow)){slow++;}fast++;}}return slow==sLen;}
}注意：如果是slow和fast同时到达末尾的话，那么while(fast<tLen)最后一次就没进去，但此时slow==sLen,就无法判断到。因此返回的时候应该写：return slow==sLen;
动态规划（类似于求最长公共子序列的长度）:
如果最长子序列的长度==s串的长度，那么就返回true。
class Solution {public boolean isSubsequence(String s, String t) {int sLen = s.length();int tLen = t.length();if (sLen > tLen)return false;// 定义dp数组int[][] dp = new int[sLen + 1][tLen + 1];// 遍历dp数组(初始化dp数组放到遍历中)int max = 0;for (int i = 1; i <= sLen; i++) {for (int j = 1; j <= tLen; j++) {if (s.charAt(i - 1) == t.charAt(j - 1)) {dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;} else {dp[i][j] = Math.max(dp[i][j - 1], dp[i - 1][j]);}max = Math.max(dp[i][j], max);}}printfDp(dp);System.out.println(max);return max == sLen;}public void printfDp(int[][] dp){for(int[] arr:dp){for(int i:arr){System.out.print(i+" ");}System.out.println(" ");}}
十四、不同的子序列(回溯法/动态规划)
回溯法：超时..
代码：
class Solution {StringBuilder sb = new StringBuilder();int count = 0;public int numDistinct(String s, String t) {if(s.length()<t.length())return 0;backTracking(s, t, 0);return count;}public void backTracking(String s, String t, int startIndex) {// 终止条件if (sb.toString().equals(t)) {count++;return;}if (startIndex >= s.length())return;// 单层递归逻辑for (int i = startIndex; i < s.length(); i++) {sb.append(s.charAt(i));backTracking(s, t, i + 1);sb.deleteCharAt(sb.length() - 1);}}
}动态规划：
1.dp[i][j]:以i-1为结尾的s中有多少个以j-1为结尾的t (方便操作 不用初始化了)
2.递推公式(难以理解)
if(s.charAt(i)==t.charAt(j))dp[i][j]==dp[i-1][j-1]+dp[i-1]dp[j];
else dp[i][j]=dp[i-1][j];
如何理解：
当 s[i-1] 与 t[j-1] 不相等时
dp[i][j] = dp[i-1][j]- 解释：此时我们不能用
s[i-1]来匹配t[j-1]，所以只能看s[0...i-2]中有多少个t[0...j-1]的子序列。
当 s[i-1] 与 t[j-1] 相等时
dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + dp[i-1][j]- 解释：我们有两种选择：
- 用
s[i-1]来匹配t[j-1]：此时我们需要看s[0...i-2]中有多少个t[0...j-2]的子序列，这就是dp[i-1][j-1]。 - 不用
s[i-1]来匹配t[j-1]：此时我们需要看s[0...i-2]中有多少个t[0...j-1]的子序列，这就是dp[i-1][j]。
- 用
3.初始化：dp[i][0]=1;dp[0][j]=0;
4.遍历顺序 1 1
代码：
class Solution {public int numDistinct(String s, String t) {int[][] dp = new int[s.length() + 1][t.length() + 1];for (int i = 0; i < s.length() + 1; i++) {dp[i][0] = 1;}for (int i = 1; i < s.length() + 1; i++) {for (int j = 1; j < t.length() + 1; j++) {if (s.charAt(i - 1) == t.charAt(j - 1)) {dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j];}else{dp[i][j] = dp[i - 1][j];}}}return dp[s.length()][t.length()];}
}
