成都校园兼职网站建设,网络营销的概念?,wordpress广告加速,人力资源外包服务包括哪些五部曲#xff08;代码随想录#xff09;
1.确定 dp 数组以及下标含义 2.确定递推公式 3.确定 dp 数组初始化 4.确定遍历顺序 5.debug
入门题
1.斐波那契数 思路
1.f[i]#xff1a;第 i 个数的值 2.f[i] f[i - 1] f[i - 2] 3.f[0] 0, f[1] 1 4.顺序遍历 5.记得特判 …五部曲代码随想录
1.确定 dp 数组以及下标含义 2.确定递推公式 3.确定 dp 数组初始化 4.确定遍历顺序 5.debug
入门题
1.斐波那契数 思路
1.f[i]第 i 个数的值 2.f[i] f[i - 1] f[i - 2] 3.f[0] 0, f[1] 1 4.顺序遍历 5.记得特判 n 0 的时候因为初始化了 f[1]
class Solution {
public:int fib(int n) {if(n 0) return n;vectorint f(n 1);f[0] 0, f[1] 1;for(int i 2; i n; i) f[i] f[i - 1] f[i - 2];return f[n];}
};2.爬楼梯 思路
每次可以从下面一个台阶或者下面两个台阶处上来
1.f[i]爬到第 i 阶楼梯有多少种方法 2.f[i] f[i - 1] f[i - 2] 3.f[0] 1, f[1] 1 4.顺序遍历
class Solution {
public:int climbStairs(int n) {vectorint f(n 1);f[0] 1, f[1] 1;for(int i 2; i n; i) f[i] f[i - 1] f[i - 2];return f[n];}
};3.使用最小花费爬楼梯 思路
可以从 0 或 1 处开始爬楼梯需要爬到第 n 阶楼梯
1.f[i]爬到第 i 阶楼梯需要的最小花费 2.f[i] min(f[i - 1] cost[i - 1], f[i - 2] cost[i - 2) 3.f[0] 0, f[1] 0 4.顺序遍历
class Solution {
public:int minCostClimbingStairs(vectorint cost) {int n cost.size();vectorint f(n 1);f[0] 0, f[1] 0;for(int i 2; i n; i){f[i] min(f[i - 1] cost[i - 1], f[i - 2] cost[i - 2]);}return f[n];}
};4.不同路径 思路
1.f[i][j]: 走到 (i, j) 总共的路径 2.f[i][j] f[i - 1][j] f[i][j - 1] 3.f[i][1] 1, f[1][i] 1 4.顺序遍历
class Solution {
public:int uniquePaths(int m, int n) {vectorvectorint f(n 1, vectorint(m 1));for(int i 0; i n; i) f[i][1] 1;for(int i 0; i m; i) f[1][i] 1;for(int i 2; i n; i){for(int j 2; j m; j){f[i][j] f[i - 1][j] f[i][j - 1];}}return f[n][m];}
};5.不同路径 II 思路
1.f[i][j]: 走到 (i, j) 总共的路径 2.f[i][j] f[i - 1][j] f[i][j - 1] 3.f[i][0] 1, f[0][i] 1, 其他 0 4.顺序遍历
class Solution {
public:int uniquePathsWithObstacles(vectorvectorint obstacleGrid) {int n obstacleGrid.size();int m obstacleGrid[0].size();vectorvectorint f(n, vectorint(m, 0));for(int i 0; i n !obstacleGrid[i][0]; i) f[i][0] 1;for(int i 0; i m !obstacleGrid[0][i]; i) f[0][i] 1;for(int i 1; i n; i){for(int j 1; j m; j){if(!obstacleGrid[i][j]){f[i][j] f[i - 1][j] f[i][j - 1];}}}return f[n - 1][m - 1];}
};6.整数拆分 思路
1.f[i]: 拆数字 i 可得到的最大乘积 2.拆分成 j * (i - j) 或 j * f[i - j]f[i] max(f[i], max(j * (i - j), j * [i - j])) 3.f[0] 0, f[1] 1 4.顺序遍历
class Solution {
public:int integerBreak(int n) {vectorint f(n 1);f[0] 0, f[1] 1;for(int i 2; i n; i){for(int j 0; j i; j){f[i] max(f[i], max(j * (i - j), j * f[i - j]));}}return f[n];}
};7.不同的二叉搜索树 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] 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]
1.f[i]: 由 1 到 i 个节点的二叉搜索树个数 2.f[i] f[j - 1] * f[i - j] 3.f[0] 1 4.顺序遍历
class Solution {
public:int numTrees(int n) {vectorint f(n 1);f[0] 1;for(int i 1; i n; i){for(int j 1; j i; j){f[i] f[j - 1] * f[i - j];}}return f[n];}
};背包问题
1.01背包问题 思路
1.f[i][j]: 前 i 个物品在容量为 j 的情况下的最大价值 2.f[i][j] max(f[i - 1][j], f[i - 1][j - v[i]] w[i]) 3.全部 0 4.顺序遍历
#includeiostream
using namespace std;
const int N 1e3 10;
int f[N][N], v[N], w[N];
int n, m;int main(){scanf(%d%d, n, m);for(int i 1; i n; i) scanf(%d%d, v[i], w[i]);for(int i 1; i n; i){for(int j 0; j m; j){// 不选f[i][j] f[i - 1][j];// 选if(v[i] j) f[i][j] max(f[i - 1][j], f[i - 1][j - v[i]] w[i]);}}printf(%d, f[n][m]);return 0;
}// 滚动数组优化
#includeiostream
using namespace std;
const int N 1e3 10;
int f[N], v[N], w[N];
int n, m;int main(){scanf(%d%d, n, m);for(int i 1; i n; i) scanf(%d%d, v[i], w[i]);for(int i 1; i n; i){for(int j m; j v[i]; j--){f[j] max(f[j], f[j - v[i]] w[i]);}}printf(%d, f[m]);return 0;
}2.分割等和子集 思路
分割成两个等和子集即找到是否存在和为 sum / 2 的子集转化为 01 背包背包容量为 sum / 2
1.f[j]: 背包容量为 i放入物品后的最大重量 2.f[j] max(f[j], f[j - nums[i]] nums[i]) 3.全部 0 4.倒序遍历
class Solution {
public:bool canPartition(vectorint nums) {int n nums.size(), sum 0;for(int i 0; i n; i) sum nums[i];if(sum % 2) return false;vectorint f(10001, 0);for(int i 0; i n; i){for(int j sum / 2; j nums[i]; j--){f[j] max(f[j], f[j - nums[i]] nums[i]);if(f[j] sum / 2) return true;}}return false;}
};3.最后一块石头的重量 II 思路
尽可能分成两堆重量相同使得相撞后重量最小
1.f[j]: 容量为 j 的背包最大价值 2.f[j] max(f[j], f[j - stones[i]] stones[i]) 3.全部 0 4.倒序遍历
class Solution {
public:int lastStoneWeightII(vectorint stones) {int n stones.size(), sum 0;for(int i 0; i n; i) sum stones[i];vectorint f(1501, 0);for(int i 0; i n; i){for(int j sum / 2; j stones[i]; j--){f[j] max(f[j], f[j - stones[i]] stones[i]);}}return (sum - f[sum / 2]) - f[sum / 2];}
};4.目标和 思路
pos - neg tar 得 pos - (sum - pos) tar 得 pos (sum tar) / 2 转换为背包容量为 pos有多少种情况装满 无解的情况pos 为奇数tar 的绝对值大于 sum 只要搞到 nums[i]凑成 f[j] 就有 f[j - nums[i]] 种方法。 例如f[j]j 为5 已经有一个1nums[i]的话有 f[4]种方法 凑成 容量为5的背包。 已经有一个2nums[i]的话有 f[3]种方法 凑成 容量为5的背包。 已经有一个3nums[i]的话有 f[2]中方法 凑成 容量为5的背包 已经有一个4nums[i]的话有 f[1]中方法 凑成 容量为5的背包 已经有一个5nums[i]的话有 f[0]中方法 凑成 容量为5的背包 那么凑整 f[5] 有多少方法呢也就是把 所有的 f[j - nums[i]] 累加起来。
1.f[j]填满 j 背包有多少种情况 2.f[j] f[j - nums[i]] 3.f[0] 1其他 0 4.倒序遍历
class Solution {
public:int findTargetSumWays(vectorint nums, int target) {int n nums.size(), sum 0;for(int i 0; i n; i) sum nums[i];if((sum target) % 2 || abs(target) sum) return 0;int pos (sum target) / 2;vectorint f(pos 1, 0);f[0] 1;for(int i 0; i n; i){for(int j pos; j nums[i]; j--){f[j] f[j - nums[i]];}}return f[pos];}
};5.一和零 思路
可以等价为两个 01 背包一个装 0一个装 1
1.f[i][j]: 最多有 i 个 0 和 j 个 1 的最长子集大小 2.f[i][j] max(f[i][j], f[i - zero][j - one] 1) 3.全部 0 4.倒序遍历
class Solution {
public:int findMaxForm(vectorstring strs, int m, int n) {vectorvectorint f(m 1, vectorint(n 1, 0));for(auto str : strs){int zero 0, one 0;for(int i 0; i str.size(); i){if(str[i] 0) zero;else one; }for(int i m; i zero; i--){for(int j n; j one; j--){f[i][j] max(f[i][j], f[i - zero][j - one] 1);}}}return f[m][n];}
};
