C++算法学习心得八.动态规划算法（2）-编程知识

1.不同路径 II（63题）

题目描述：

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？

动态规划：dp[i][j] ：表示从（0 ，0）出发，到(i, j) 有dp[i][j]条不同的路径。

dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]。无障碍的递推公式

for循环的终止条件，一旦遇到obstacleGrid[i][0] == 1的情况就停止dp[i][0]的赋值1的操作，dp[0][j]同理

从递归公式dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1] 中可以看出，一定是从左到右一层一层遍历，这样保证推导dp[i][j]的时候，dp[i - 1][j] 和 dp[i][j - 1]一定是有数值。

class Solution {
public:int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {int m = obstacleGrid.size();//定义整个数组的列数int n = obstacleGrid[0].size();//行数if (obstacleGrid[m - 1][n - 1] == 1 || obstacleGrid[0][0] == 1) //如果在起点或终点出现了障碍，直接返回0return 0;vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 0));//从（0 ，0）出发，到(i, j) 有dp[i][j]条不同的路径for (int i = 0; i < m && obstacleGrid[i][0] == 0; i++) dp[i][0] = 1;//初始化 ，条件增多，遇到障碍，for (int j = 0; j < n && obstacleGrid[0][j] == 0; j++) dp[0][j] = 1;for (int i = 1; i < m; i++) {for (int j = 1; j < n; j++) {if (obstacleGrid[i][j] == 1) continue;//遇到障碍继续dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];}}return dp[m - 1][n - 1];}
};

时间复杂度：O(n × m)，n、m 分别为obstacleGrid 长度和宽度
空间复杂度：O(n × m)

2.整数拆分（343题）

题目描述：

给定一个正整数 n，将其拆分为至少两个正整数的和，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: 2
输出: 1
解释: 2 = 1 + 1, 1 × 1 = 1。

动态规划：dp[i]：分拆数字i，可以得到的最大乘积为dp[i]。

其实可以从1遍历j，然后有两种渠道得到dp[i].

一个是j * (i - j) 直接相乘。

一个是j * dp[i - j]

递推公式：dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));

只初始化dp[2] = 1

确定遍历顺序，先来看看递归公式：dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));

dp[i] 是依靠 dp[i - j]的状态，所以遍历i一定是从前向后遍历，先有dp[i - j]再有dp[i]。

注意枚举j的时候，是从1开始的。从0开始的话，那么让拆分一个数拆个0，求最大乘积就没有意义了。因为拆分一个数n 使之乘积最大，那么一定是拆分成m个近似相同的子数相乘才是最大的

class Solution {
public:int integerBreak(int n) {vector<int>dp(n+1);//dp[i]代表含义是拆分i达到乘积最大值dp[2] = 1;//初始化2，1和0都没意义//这里需要从i=3开始遍历，可以遍历到nfor(int i = 3;i <= n;i++){//可以遍历到i，for(int j = 1;j <= i / 2;j++){dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));//递推公式}}return dp[n];}
};

时间复杂度：O(n^2)
空间复杂度：O(n)

贪心算法：每次拆成n个3，如果剩下是4，则保留4，然后相乘

class Solution {
public:int integerBreak(int n) {if (n == 2) return 1;if (n == 3) return 2;if (n == 4) return 4;int result = 1;while (n > 4) {result *= 3;n -= 3;}result *= n;return result;}
};

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(1)

3.不同的二叉搜索树（96题）

题目描述：

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？

动态规划：

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] ： 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

初始化dp[0] = 1

首先一定是遍历节点数，从递归公式：dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]可以看出，节点数为i的状态是依靠 i之前节点数的状态。

那么遍历i里面每一个数作为头结点的状态，用j来遍历。

class Solution {
public:int numTrees(int n) {vector<int>dp(n + 1);//定义dp数组，其含义是i有不同种二叉搜索树dp[0] = 1;//初始化//注意遍历顺序，根据递推公式来实现，从前向后遍历，注意i的起始位置，以及边界for(int i = 1;i <= n;i++){//注意，j的起始和边界位置取值for(int j = 1;j <= i;j++){dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j];//递推公式}}return dp[n];}
};

时间复杂度：O(n^2)
空间复杂度：O(n)

4.01背包理论基础（卡玛网46题）

题目描述：

动态规划：背包问题：

01背包和完全背包就够用了，完全背包又是也是01背包稍作变化而来，即：完全背包的物品数量是无限的，背包问题的理论基础重中之重是01背包

01 背包

有n件物品和一个最多能背重量为w 的背包。第i件物品的重量是weight[i]，得到的价值是value[i] 。每件物品只能用一次，求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。

每一件物品其实只有两个状态，取或者不取，所以可以使用回溯法搜索出所有的情况，那么时间复杂度就是$o(2^n)$，这里的n表示物品数量。

所以暴力的解法是指数级别的时间复杂度。

二维dp数组01背包

对于背包问题，有一种写法，是使用二维数组，即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。

dp[i][j]的含义：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。

那么可以有两个方向推出来dp[i][j]，

不放物品i：由dp[i - 1][j]推出，即背包容量为j，里面不放物品i的最大价值，此时dp[i][j]就是dp[i - 1][j]。(其实就是当物品i的重量大于背包j的重量时，物品i无法放进背包中，所以背包内的价值依然和前面相同。)
放物品i：由dp[i - 1][j - weight[i]]推出，dp[i - 1][j - weight[i]] 为背包容量为j - weight[i]的时候不放物品i的最大价值，那么dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i] （物品i的价值），就是背包放物品i得到的最大价值

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

首先从dp[i][j]的定义出发，如果背包容量j为0的话，即dp[i][0]，无论是选取哪些物品，背包价值总和一定为0。

状态转移方程 dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); 可以看出i 是由 i-1 推导出来，那么i为0的时候就一定要初始化。

dp[0][j]，即：i为0，存放编号0的物品的时候，各个容量的背包所能存放的最大价值。

那么很明显当 j < weight[0]的时候，dp[0][j] 应该是 0，因为背包容量比编号0的物品重量还小。

当j >= weight[0]时，dp[0][j] 应该是value[0]，因为背包容量放足够放编号0物品。

其实从递归公式： dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); 可以看出dp[i][j] 是由左上方数值推导出来了，那么其他下标初始为什么数值都可以，因为都会被覆盖。


//二维dp数组实现
#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;
}

5.01背包理论基础（滚动数组）

上述题的另一种一维数组的解法，

对于背包问题其实状态都是可以压缩的。

在使用二维数组的时候，递推公式：dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);

其实可以发现如果把dp[i - 1]那一层拷贝到dp[i]上，表达式完全可以是：dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][j - weight[i]] + value[i]);

与其把dp[i - 1]这一层拷贝到dp[i]上，不如只用一个一维数组了，只用dp[j]（一维数组，也可以理解是一个滚动数组）。

这就是滚动数组的由来，需要满足的条件是上一层可以重复利用，直接拷贝到当前层。

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。、

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]。

dp[j]可以通过dp[j - weight[i]]推导出来，dp[j - weight[i]]表示容量为j - weight[i]的背包所背的最大价值。

dp[j - weight[i]] + value[i] 表示容量为 j - 物品i重量的背包加上物品i的价值。（也就是容量为j的背包，放入物品i了之后的价值即：dp[j]）

此时dp[j]有两个选择，一个是取自己dp[j] 相当于二维dp数组中的dp[i-1][j]，即不放物品i，一个是取dp[j - weight[i]] + value[i]，即放物品i，指定是取最大的，毕竟是求最大价值，

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]，那么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。那么非0下标都初始化为0就可以了。

倒序遍历是为了保证物品i只被放入一次！。但如果一旦正序遍历了，那么物品0就会被重复加入多次！（背包倒序遍历）所以从后往前循环，每次取得状态不会和之前取得状态重合，这样每种物品就只取一次了

对于二维dp，dp[i][j]都是通过上一层即dp[i - 1][j]计算而来，本层的dp[i][j]并不会被覆盖！

如果遍历背包容量放在上一层，那么每个dp[j]就只会放入一个物品，即：背包里只放入了一个物品。

倒序遍历的原因是，本质上还是一个对二维数组的遍历，并且右下角的值依赖上一层左上角的值，因此需要保证左边的值仍然是上一层的，从右向左覆盖。

// 一维dp数组实现
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;int main() {// 读取 M 和 Nint M, N;cin >> M >> N;vector<int> costs(M);vector<int> values(M);for (int i = 0; i < M; i++) {cin >> costs[i];}for (int j = 0; j < M; j++) {cin >> values[j];}// 创建一个动态规划数组dp，初始值为0vector<int> dp(N + 1, 0);// 外层循环遍历每个类型的研究材料for (int i = 0; i < M; ++i) {// 内层循环从 N 空间逐渐减少到当前研究材料所占空间for (int j = N; j >= costs[i]; --j) {// 考虑当前研究材料选择和不选择的情况，选择最大值dp[j] = max(dp[j], dp[j - costs[i]] + values[i]);}}// 输出dp[N]，即在给定 N 行李空间可以携带的研究材料最大价值cout << dp[N] << endl;return 0;
}

6.分割等和子集（416题）

题目描述：

给定一个只包含正整数的非空数组。是否可以将这个数组分割成两个子集，使得两个子集的元素和相等。

注意: 每个数组中的元素不会超过 100 数组的大小不会超过 200

示例 1:

输入: [1, 5, 11, 5]
输出: true
解释: 数组可以分割成 [1, 5, 5] 和 [11].

01背包问题：背包问题有多种背包方式，常见的有：01背包、完全背包、多重背包、分组背包和混合背包，

即一个商品如果可以重复多次放入是完全背包，而只能放入一次是01背包，写法还是不一样的。

要明确本题中我们要使用的是01背包，因为元素我们只能用一次。

回归主题：首先，本题要求集合里能否出现总和为 sum / 2 的子集

dp数组以及下标的含义：dp[j]表示背包总容量（所能装的总重量）是j，放进物品后，背的最大重量为dp[j]。

递推公式为：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

本题，相当于背包里放入数值，那么物品i的重量是nums[i]，其价值也是nums[i]。

所以递推公式：dp[j] = max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]);

初始化：dp[0]一定是0，那么非0下标都初始化为0就可以了

如果使用一维dp数组，物品遍历的for循环放在外层，遍历背包的for循环放在内层，且内层for循环倒序遍历！

class Solution {
public:bool canPartition(vector<int>& nums) {int sum = 0;//定义总和vector<int>dp(10001,0);//定义dp数组，并且对其初始化，首先考虑0为0，其他非0位置初始化最小值0，//计算所有的值总和for(int i = 0;i < nums.size();i++){sum += nums[i];}//如果是奇数的话直接返回，采用的是一半取法，总和一半，剩下也肯定是一半相等if(sum % 2 == 1)return false;int target = sum / 2;//遍历顺序，一维不可以交换遍历顺序，首先背包，再物品，for(int i = 0;i < nums.size();i++){//遍历物品，从后向前是因为不可以有重复的，for(int j = target;j >= nums[i];j--){dp[j] = max(dp[j],dp[j-nums[i]]+nums[i]);//递推公式01背包推到出来的，一维的且根据dp定义nums[i]进行替换}}//最后进行判断if (dp[target] == target) return true;return false;}
};

时间复杂度：O(n^2)
空间复杂度：O(n)，虽然dp数组大小为一个常数，但是大常数

总结：

不同路径II：题中有障碍物描述，这里我们设置二维dp数组来进行定义，定义从0，0出发到达i,j有dp(i,j)种方法，需要知道当前状态如何推出下一个状态，需要上和左来推出，自然定义递推公式 dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1],根据递推公式我们知道从上到下从左到右的遍历方式进行遍历，这里初始化需要注意了，我们第一行和第一列都需要初始化为1，因为到达的话只有一条路径，但是需要注意加入条件，其他情况都设置为0，在第一列或者第一行的路径上有障碍物，则需要设置为0，最后需要注意遍历的时候边界问题，还有最后返回值

整数拆分：一个正整数拆分成两个整数让其乘积最大化，得到最大乘积，首先我们需要推出递归公式，因为这个整数拆分，因为求最大值，所以必须考虑之前一个状态和现在拆分之后状态的对比取最大值，这里我们需要一个变量去存一个边界，这个边界就是相当于拆分的边界，一次拆分i*i-j，与拆分一个j还可以继续拆分dp[i - j]*j进行取最大值，然后这个在与dp[i]进行比较，根据递推公式我们得需要从前向后遍历，初始化，因为1，0不用初始化，dp[2] = 1即可，注意遍历边界，外层i从3到n,j从1到i/2，这里边界因为对称，最后返回dp[n]即可

不同的二叉搜索树：给整数节点，求1...n有几个二叉树,首先定义dp数组含义，dp[I]在1到i节点组成的二叉收索树的个数，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，需要初始化dp[0] = 1，根据递推公式来得知，遍历顺序，从前到后遍历，这里注意两个变量，i,j的取值范围，i需要从1-n，j则从1 - i，最后返回dp[n]即可

01背包理论基础：有固定重量的背包，有n件物品，且每个物品有其重量和价值，在不超重的情况下求能装下的最大价值，只能取一次物品，因为物品只有两种状态取或者不取，所以可以使用回溯法，但是时间复杂度为n^2，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，当前可以选择放物品和不放物品两个选择，递推公式，前面就是不放物品i的价值，和后面需要知道前一个重量，去除物品重量，再加上价值，这两个放与不放之间取最大值则是递推公式，dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);初始化当j >= weight[0]时，dp[0][j] 应该是value[0]，遍历顺序因为需要i-1状态，所以需要从前向后遍历，注意双循环的边界问题，判断条件需要设定如果当前放不下这个重量，就没必要进行递推，最后返回dp[weight.size() - 1][bagweight]即可

01背包理论基础（滚动数组）：使用一维数组滚动数组其实也可以实现，把dp[i - 1]那一层拷贝到dp[i]上，dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][j - weight[i]] + value[i])，满足的条件是上一层可以重复利用，直接拷贝到当前层，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]，这里初始化，我们设置dp[0]=0即可，背包容量为0所背的物品的最大价值就是0，非0下标都初始化为0。倒序遍历是为了保证物品i只被放入一次，可以这么理解就是相当于复制了上一个数组下来，然后我们需要上一个数组和前一个值来确定，所以是从后向前遍历，外层物品，内层容量，这里仍然需要考虑边界上下限

分割等和子集：给定一个数组，将数组分为两个子集，使得两个子集和相等，要求集合里能否出现总和为 sum / 2 的子集，其实很巧妙的将其看成01背包问题，sum/2就是背包的容量，dp[j]表示背包总容量（所能装的总重量）是j，放进物品后，背的最大重量为dp[j]。递推公式为：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);相当于背包里放入数值，那么物品i的重量是nums[i]，其价值也是nums[i]。dp[0]一定是0，那么非0下标都初始化为0，使用一维dp数组，物品遍历的for循环放在外层，遍历背包的for循环放在内层，且内层for循环倒序遍历，外层背包的遍历边界0-nums.size(),内层物品遍历边界容量的大小-nums[i]，

分割等和子集确实很好题值得思考，多想想