Leetcode刷题 9

动态规划：
第一题：爬楼梯 leetcode 70
在爬楼梯时，每次可向上走1阶台阶或2阶台阶，问有n阶楼梯有多少种上楼的方式？

思考：用常规得到暴力搜索肯定时间通不过，故我们分析。由于每次最多爬2阶，楼梯的第i阶，只可能从楼梯的第i-1阶与第i-2阶到达，故到达第i阶有多少种爬法，只与第i-1阶、第i-2阶的爬法数量直接相关。所以第i阶的爬法数量=第i-1阶爬法数量+第i-2阶爬法数量。
1.设置地推数组dp[0…n], dp[i]代表到达第i阶，有多少种走法，初始化数组元素为0
2.设置到达第1阶台阶，有1种走法；到达第2阶台阶，有2种走法。
3.利用i循环递归从第3阶至第n阶结果：
到达第i阶的方式数量 = 到达第i-1阶的方式数量+到达第i-2阶的方式数量

#include <vector>
int climbStairs(int n){std::vector<int> dp(n+3,0);dp[1]=1;dp[2]=2;for(int i=3;i<n;i++)dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2];return dp[n];
}

动态规划有四个步骤：
1.确认原问题与子问题；
2.确认状态：
3.确认边界状态的值：
4.确定状态转移方程：

第二题：打家劫舍 leetcode 198
在一条直线上，有n个房屋，每个房屋中有数量不等的财宝，有一个盗贼希望从房屋中盗取财宝，由于房屋中有报警器，如果同时从相邻的两个房屋中盗取财宝就会触发报警器。问在不触发报警器的前提下，最多可获取多少财宝？

思考：由于同时从相邻的两个房屋中盗取财宝就会触发报警器，故：
a.若选择第i个房间盗取财宝，就一定不能选择第i-1房间个房间盗取财宝；
b.若不选择第i个房间盗取财宝，则相当于只考虑前i-1个房间盗取财宝。

1.确认原问题与子问题：
原问题：求n个房间的最优解
子问题：求前1个房间、前2个房间、、、前n-1个房间的最优解

2.确认状态：
第i个状态即为前i个房间能够获得的最大财宝（最优解）

3.确认边界状态的值：
前1个房间的最优解，第1个房间的财宝；
前2个房间的最优解，第1、2个房间中较大财宝的。

4.确定状态转移方程：
a.选择第i个房间：第i个房间+前i-2个房间的最优解
b.不选择第i个房间：前i-1个房间的最优解
动态规划转移方程：
dp[i]=max(dp[i-1],dp[i-2]+nums[i]) ; i>=3

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

第三题：最大子段和：Leetcode 53
给定一个数组，求这个数组的连续子数组中，最大的那一段的和。
如数组[-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4];
连续子数组：[4,-1,2,1]为6

思路：将n个数的数组的最大子段和，转换为分别求出以第一个、第二个、、、、、第i个、、、第n个数字结尾的最大子段和，再找出这n个结果中最大的，即为结果。
动态规划算法：
第i个状态（dp[i]）即为以第i个数字结尾的最大子段和（最优解）。由于以第i-1个数字结尾的最大子段和（dp[i-1]）与nums[i]相邻：

 int maxSubArray(vector<int>& nums){vector<int> dp(nums.size(),0);dp[0] = nums[0];int des_max=dp[0];for(int i=1;i<nums.size();i++){dp[i] = max(dp[i-1]+nums[i],nums[i]);if(des_max<dp[i])des_max=dp[i];}return des_max;}

第四题：找零钱 leetcode 322
已知不同面值的钞票，求如何用最少数量的钞票组成某个金额，求可以使用的最少钞票数量。如果任意数量的已知面值钞票都无法组成该金额，则返回-1.
例如：
钞票面值：[1,2,5]; 金额：11=5+5+1 ；需要3张

思路：
钞票面值：coins=[1,2,5,7,10];金额：14
dp[i],代表金额i的最优解(即最小使用张数)
数组dp[]中中存储金额1至金额14的最优解(最少使用钞票的数量)

在计算dp[i]时，dp[0]、dp[1]、dp[2]、、、dp[i-1]都是已知的:
而金额i可由：
金额i-1与coins0组合
金额i-2与coins1组合
金额i-5与coins2组合
金额i-7与coins3组合
金额i-10与coins4组合

即状态i可由状态i-1、i-2、i-5、i-7、i-10转移到

int coinChange(vector<int> & coins,int amount){vector<int> dp;for(int i=0;i<=amount;i++)dp.push_back(-1);dp[0]=coins[0];for(int i=1;i<=amount;i++){for(int j=0;j<coins.size();j++){if(i-conis[j]>0 && dp[i-coins[j]]!=-1){if(dp[i]==-1||dp[i]>dp[i-coins[j]]+1)dp[i]=dp[i-conis[j]]+1;}}}return dp[amount];}

第五题：三角形 Leetcode 120
给定一个二维数组，其保存了一个数字三角形，求从数字三角形顶端到底端各数字和最小的路径之和，每次可以向下走相邻的两个位置。

思考：从上到下或者从下导上的寻找路径的思考方式本质是一样的嘛？
假设dp[i][j]代表了数组三角形第i行、第j列的最优解，从上到下与下到上哪种方式递推更容易？（更少的考虑边界条件）

算法思路：
1、设置一个二维数组，最优值三角形dp[][]，并初始化数组元素为0.dp[i][j]代表了从底向上递推时，走到三角形第i行第j列的最优解。
2、从三角形的底面向三角形上方进行动态规划：
a.动态规划边界条件：底面上的最优值即为数字三角形的最后一层。
b.利用i循环，从倒数第二层递推到第一层，对于每层的各列，进行动态规划递推：
第i行，第j列的最优解为dp[i][j]，可到达（i,j）的两个位置的最优解dp[i+1][j]、dp[i+1][j+1]::
dp[i][j]=min(dp[i+1][j],dp[i+1][j+1])+triangle[i][j]
3.返回dp[0][0]

int minimumTotal(vector<vector<int>>& triangle){if(triangle.size()==0) return 0;vector<vector<int>> dp;for(int i=0;i<triangle.size();i++){dp.push_back(vector<int>());for(int j=0;j<triangle.size();j++)dp[i].push_back(0);}for(int i=0;i<dp.size();i++)dp[dp.size()-1][i]=triangle[dp.size()-1][i]; for(int i=dp.size()-2;i>=0;i--){for(int j=0;j<dp[i].size();j++){do[i]=min(dp[i+1][j],dp[i+1][j+1])+triangle[i][j];}}return dp[0][0];
}

第六题：最长上升子序列
已知一个未排序的数组，求这个数组最长上升子序列的长度。
例如：[1,3,2,3,1,4],其中最长的上升子序列长度为4。分别考虑O(n^2)与O（nlogn）两种复杂度算法
动态规划：
1.第i个状态代表前i个数字中最长上升子序列的长度，是否可找出dp[i]与dp[i-1]的关系？
2.若第i个状态代表以第i个数字为结尾的最长上升子序列的长度，是否可找出dp[i]与dp[i-1]的关系？再如何求出n个数字的最长上升子序列？
[1,3,2,3,1,4]
若第i个状态dp[i]代表以第i个元素结尾的最长上升子序列的长度：
dp[i-1]代表以第i-1个元素结尾的最长上升子序列长度，
nums[i]一定是dp[i]所对应的最长上升子序列中的最大元素（因为在末尾）

思路：设置动态规划数组dp[],第i个状态dp[i]代表以第i个元素结尾的最长上升子序列的长度：动态规划边界：dp[0]=1;
初始化最长上升子序列的长度LIS=1;
从1到n-1,循环i，计算dp[i]:
从0至i-1,循环j，若nums[i]>nums[j],说明nums[i]可放置在nums[j]的后面，组成最长上升子序列：
若dp[i]<dp[j]+1:
dp[i]=dp[j]+1
LIS为dp[0],dp[1],dp[i],dp[n-1]中最大的

int LengthOfLIS(vector<int>& nums){if(nums.size()==0) return 0;int LIS=1；vector<int> dp(nums.size(),0);dp[0]=1;for(int i=1;i<dp.size();i++){dp[i]=1;for(int j=0;j<i;j++){if(nums[i]>nums[j] && dp[i]<dp[j]+1)dp[i]=dp[j]+1;}if(LIS<dp[i])LIS=dp[i];}return LIS；
}

思路2：
设置一个栈(使用vector实现)stack，stack[i]代表长度为i+1的上升子序列最后一个元素的最小可能取值，即若要组成长度为i+2的上升子序列，需要一个大于stack[i]的元素。最终栈的大小，即为最长上升子序列的长度。

nums=[1,3,2,3,1,4]
1.设置一个栈(使用vector实现)，将nums[0]push栈中。
2.从1至n-1遍历nums数组：
若nums[i]>栈顶：将nums[i]push至栈中。
否则：
从栈底遍历至栈顶，若遍历时，栈中元素大于等于nums[i]，
使用nums[i]替换该元素，并跳出循环。
3.返回栈的大小

int LengthOfLIS(vector<int>& nums){if(nums.size()==0) return 0;vector<int> stack;stack.push(nums[0]);for(int i=0;i<nums.size();i++){if(nums[i]>stack.back())stack.push_back(nums[i]);else {for(int j=0;j<stack.size();j++){if(stack[j]>=nums[i])stack[j]=nums[i];}}}return stack.size();
}

第七题：最小路径和
已知一个二维数组，其中存储了非负整数，找到从左上角到右下角的一条路径，使得路径上的和最小。(移动过程中只能向下或向右)
Leetcode 64

思考：设dp[i][j]为到达位置(i,j)时的最优解(最小值)：
dp[i][j]与dp[i-1][j]、dp[i][j-1]、grid[i][j]之间的关系是什么？

int minPathSum(vector<vector<int>> & grid){if(grid.size()==0)return 0;int row = grid.size();int col = grid[0].size();vector<vector<int>> dp(row,vector<int>(col,0));dp[0][0]=grid[0][0];for(int i=1;i<col;i++)dp[0][i] = dp[0][i-1]+grid[0][i];for(int i=1;i<row;i++){dp[i][0] = dp[i-1][0]+grid[i][0];for(int j=1;j<col;j++){dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i][j-1])+grid[i][j];}}return dp[row-1][col-1];
}

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