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《------正文------》
这篇文章是博主在学习动态规划系列算法过程中精心总结的42页学习笔记，其中包含了动态规划的原理详解以及LeetCode中的动态规划题目汇总。
免费分享给需要的下伙伴。原版文档获取方式见文末。
目录
介绍
定义
应用场景
核心
动态规划特点（三要素）
通常的思考过程
状态转移方程一般过程
解题方法
DP数组注意事项
举例
1.斐波拉契数列
暴力递归：时间复杂度2^n指数级
带备忘录的递归
DP数组的迭代解法
2.零钱兑换问题
暴力解法
带备忘录的递归
DP数组迭代解法
经典题目
*最长回文子串
*最长有效括号
*不同的子序列
*最长公共子序列
*最长公共子串
*最长上升子序列
**编辑距离
最长重复子数组
完全平方数
不同路径1
不同路径2
不同路径3（回溯）
零钱兑换1
零钱兑换2
最大正方形
最大矩形
最大子序和
三角形最小路径和
乘积最大子数组
打家劫舍
最小路径和
买卖股票问题
买卖股票的最佳时机2
使用最小花费爬楼梯
解码方法
赛车
播放列表的数量
介绍
定义
动态规划时一种运筹学方法，是在多轮决策过程中的最优方法。
应用场景
动态规划问题的一般形式就是求最值。动态规划其实是运筹学的一种最优化方法，只不过在计算机问题上应用比较多，比如说让你求最长递增子序列呀，最小编辑距离呀等等。
核心
求解动态规划的核心问题是穷举。因为要求最值，肯定要把所有可行的答案穷举出来，然后在其中找最值。
动态规划特点（三要素）
1.最优子结构：原问题的最优解所包含的子问题的解也是最优的，通过子问题的最值得到原问题的最值。
2.存在重叠子问题：子问题间不独立（这是动态规划区别于分治的最大不同）；如果暴力穷举的话效率会极其低下，所以需要「备忘录」或者「DP table」来优化穷举过程，避免不必要的计算
3.无后效性：即后续的结果不会影响当前结果。
通常的思考过程
动态规划没有标准的解题方法，但在宏观上有通用的方法论：
下面的 k 表示多轮决策的第 k 轮
1.分阶段，将原问题划分成几个子问题。一个子问题就是多轮决策的一个阶段，它们可以是不满足独立性的。
2.找状态，选择合适的状态变量 Sk。它需要具备描述多轮决策过程的演变，更像是决策可能的结果。
3.做决策，确定决策变量 uk。每一轮的决策就是每一轮可能的决策动作，例如 D2 的可能的决策动作是 D2 -> E2 和 D2 -> E3。
4.状态转移方程。这个步骤是动态规划最重要的核心，即 sk+1= uk(sk) 。
5.定目标。写出代表多轮决策目标的指标函数 Vk,n。
6.寻找终止条件。
状态转移方程一般过程
状态转移方程：一般思考过程，明确「状态」 -> 定义 dp 数组/函数的含义 -> 明确「选择」-> 明确 base case。方程本质是数学的递推式
解题方法
递归是一种自顶向下的求解方式，DP数组是一种自底向上的求解方式。
1.递归寻找暴力解：自顶向下求解；
2.通过备忘录memo优化递归过程，剔除重复计算，消除一下重叠子问题；
3.通过DP table 自底向上求解：主要是需要明确DP数组的含义定义，然后通过递推进行推导。
DP数组注意事项
数组的遍历方向
| # 正向遍历 int[][] dp = new int[m][n]; for (int i = 0; i < m; i++) for (int j = 0; j < n; j++) // 计算 dp[i][j] # 反向遍历 for (int i = m - 1; i >= 0; i--) for (int j = n - 1; j >= 0; j--) // 计算 dp[i][j] # 斜向遍历 for (int l = 2; l <= n; l++) for (int i = 0; i <= n - l; i++) int j = l + i - 1; // 计算 dp[i][j] |
DP数组的递推计算过程需要注意两点：
1、遍历的过程中，所需的状态必须是已经计算出来的。
2、遍历的终点必须是存储结果的那个位置
主要就是看 base case 和最终结果的存储位置。
如：编辑距离问题：正向遍历
回文子序列问题：从左至右斜着遍历，或从下向上从左到右遍历，都可以
举例
1.斐波拉契数列
暴力递归：时间复杂度2^n指数级
| def fib(n): if n <= 2: return 1 return fib(n-1) + fib(n-2) |
带备忘录的递归
| def fib(n): def helper(n): if n <= 2: return 1 if n in memo: return memo[n] memo[n] = fib(n-1) + fib(n-2) return memo[n] memo = {} # 记录已经计算过的值，防止重复计算 return helper(n) |
DP数组的迭代解法
上述递归过程是自顶向下求解的，dp数组则是自底向上求解的。
| def fib(n): dp = [0 for _ in range(n+1)] dp[1] = dp[2] = 1 for i in range(3, n + 1): dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2] return dp[n] |
根据斐波那契数列的状态转移方程，当前状态只和之前的两个状态有关，其实并不需要那么长的一个 DP table 来存储所有的状态，只要想办法存储之前的两个状态就行了。所以，可以进一步优化，把空间复杂度降为 O(1)：
| def fib(n): if n <= 2: return 1 prev = 1 curr = 1 for i in range(3,n+1): prev, curr = curr, prev + curr return curr |
2.零钱兑换问题
题目：给你 k 种面值的硬币，面值分别为 c1, c2 ... ck，每种硬币的数量无限，再给一个总金额 amount，问你最少需要几枚硬币凑出这个金额，如果不可能凑出，算法返回 -1 。
状态转移方程：
| # 伪码框架 def coinChange(coins: List[int], amount: int): # 定义：要凑出金额 n，至少要 dp(n) 个硬币 def dp(n): # 做选择，选择需要硬币最少的那个结果 for coin in coins: res = min(res, 1 + dp(n - coin)) return res # 我们要求的问题是 dp(amount) return dp(amount) |
实际代码：
暴力解法
| def coinChange(coins, amount): def dp(n): # 函数定义为目标金额为n时，所需的最少硬币数量 # base case # 目标金额为 0 时，所需硬币数量为 0；当目标金额小于 0 时，无解，返回 -1 if n == 0: return 0 if n < 0: return -1 # 求最小值，所以初始化结果为正无穷 res = float('inf') for coin in coins: subpro = dp(n-coin) if subpro == -1: # 子问题无解，跳过 continue res = min(res, 1 + subpro) return res if res != float('inf') else -1 return dp(amount) |
带备忘录的递归
| def coinChange(coins, amount): def dp(n): # 函数定义为目标金额为n时，所需的最少硬币数量 # base case # 目标金额为 0 时，所需硬币数量为 0；当目标金额小于 0 时，无解，返回 -1 if n == 0: return 0 if n < 0: return -1 if n in memo: return memo[n] # 求最小值，所以初始化结果为正无穷 res = float('inf') for coin in coins: subpro = dp(n-coin) if subpro == -1: # 子问题无解，跳过 continue res = min(res, 1 + subpro) memo[n] = res if res != float('inf') else -1 return memo[n] memo = {} return dp(amount) |
DP数组迭代解法
dp[i] = x 表示，当目标金额为 i 时，至少需要 x 枚硬币。
| def coinChange(coins, amount): # 数组大小为 amount + 1，初始值也为 amount + 1 # 因为总的零钱个数不会超过amount,所以初始化amount + 1即可 dp = [amount + 1 for _ in (amount + 1)] dp[0] = 0 for i in range(len(dp)): # 内层 for循环，求解的是所有子问题 + 1 的最小值 for coin in coins: # 子问题无解，跳过 if i - coin < 0: continue dp[i] = min(dp[i],1+dp[i-coin]) if dp[amount] == amount + 1: return -1 else: return dp[amount] |
注：dp 数组初始化为 amount + 1 呢，因为凑成 amount 金额的硬币数最多只可能等于 amount（全用 1 元面值的硬币），所以初始化为 amount + 1 就相当于初始化为正无穷，便于后续取最小值。
这个题目相当于是组合问题，每个硬币可以用多次，一共有多少种组合。
说明：前k个硬币凑齐金额i的组合数等于前k-1个硬币凑齐金额i的组合数加上在原来i-k的基础上使用硬币的组合数。说的更加直白一点，那就是用前k的硬币凑齐金额i，要分为两种情况开率，一种是没有用前k-1个硬币就凑齐了，一种是前面已经凑到了i-k，现在就差第k个硬币了。
DP[i] = DP[i] + DP[i-k]:
式子右边的DP[i]表示不使用第K个金币的和为i的组合, DP[i-k]表示使用金币k的和为i的组合数。
第 39 题问的是所有的组合列表，需要知道每一个组合是什么？，应该使用 回溯算法 求解，并且存储每一个组合；
第 518 题问的是组合有多少种，而不是问具体的解。应该使用 动态规划 求解
| class Solution: def change(self, amount: int, coins: List[int]) -> int: # 子问题:对于硬币从0到k，我们必须使用第k个硬币的时候，当前金额的组合数 # 状态数组DP[i]表示对于第k个硬币能凑的组合数 # 转移方程DP[i] = DP[i] + DP[i-k] dp = [0] * (amount + 1) dp[0] = 1 for coin in coins: for x in range(1, amount + 1): if x < coin: continue # coin不能大于amount dp[x] += dp[x - coin] return dp[amount] |
这个题实际上是排列问题，因为顺序不同的话视为不同的组合。
| class Solution: def combinationSum4(self, nums: List[int], target: int) -> int: dp = [0] * (target + 1) dp[0] = 1 for x in range(1, target + 1): for num in nums: if x < num:continue dp[x] += dp[x - num] return dp[target] |
参考：
https://leetcode-cn.com/problems/coin-change-2/solution/ling-qian-dui-huan-iihe-pa-lou-ti-wen-ti-dao-di-yo/
https://leetcode-cn.com/problems/coin-change-2/solution/ling-qian-dui-huan-ii-by-leetcode/
总结：
518零钱兑换2是一个组合问题，DP先遍历零钱列表，再遍历amount金额数；
| def change(coins,amount): # 求的是组合数 dp = [0 for _ in range(amount+1)] dp[0] = 1 for coin in coins: # 枚举硬币 for i in range(amount + 1): # 枚举金额 if i < coin: continue #coin不能大于amount dp[i] = dp[i] + dp[i - coin] return dp[amount] |
377组合个数是一个排列问题， DP先遍历amount金额数，再遍历零钱列表。
| def change(coins,amount): # 求的是排列数 dp = [0 for _ in range(amount+1)] dp[0] = 1 for i in range(amount + 1): # 枚举金额 for coin in coins: #枚举硬币 if i < coin: continue #coin不能大于amount dp[i] = dp[i] + dp[i - coin] return dp[amount] |
举例：
在LeetCode上有两道题目非常类似，分别是
70.爬楼梯 --排列问题
518. 零钱兑换 II -- 组合问题
如果我们把每次可走步数/零钱面额限制为[1,2], 把楼梯高度/总金额限制为3. 那么这两道题目就可以抽象成"给定[1,2], 求组合成3的组合数和排列数"。
爬台阶问题通用模板
| def climbStairs(n): # 爬台阶问题通用模板 dp = [0 for _ in range(n + 1)] dp[0] = 1 steps = [1,2,4,5] for i in range(n+1): for j in range(len(steps)): if i < steps[j]: continue # 台阶少于跨越的步数 dp[i] = dp[i] + dp[i-steps[j]] return dp[n] |
经典题目
*最长回文子串
| # 动态规划 # 用 P(i,j)P(i,j) 表示字符串 s的第 i 到 j 个字母组成的串（下文表示成 s[i:j]）是否为回文串 class Solution: def longestPalindrome(self, s: str) -> str: n = len(s) dp = [[False] * n for _ in range(n)] ans = "" # 枚举子串的长度 l+1 for l in range(n): # 枚举子串的起始位置 i，这样可以通过 j=i+l 得到子串的结束位置 for i in range(n-l): j = i + l if l == 0: dp[i][j] = True elif l == 1: dp[i][j] = (s[i] == s[j]) else: dp[i][j] = (dp[i + 1][j - 1] and s[i] == s[j]) if dp[i][j] and l + 1 > len(ans): ans = s[i:j+1] return ans
# 中心扩展法 class Solution: def expandAroundCenter(self, s, left, right): while left >= 0 and right < len(s) and s[left] == s[right]: left -= 1 right += 1 return left + 1, right - 1
def longestPalindrome(self, s: str) -> str: # 中心扩展法，每个字符从中心往两边扩展，分奇偶 start, end = 0, 0 for i in range(len(s)): left1, right1 = self.expandAroundCenter(s, i, i) # 以当前字符为中心 left2, right2 = self.expandAroundCenter(s, i, i + 1) # 以当前字符与后面一个字符为中心 if right1 - left1 > end - start: start, end = left1, right1 if right2 - left2 > end - start: start, end = left2, right2 return s[start: end + 1] |
*最长有效括号
法一：动态规划
| class Solution: def longestValidParentheses(self, s: str) -> int: # 动态规划 # dp[i] 表示以i结尾的最长有效括号长度，‘（’对应的一定是0 n = len(s) if n == 0: return 0 dp = [0] * n for i in range(1,n): # i- dp[i-1] -1是与当前')'对称的位置 # dp[i-dp[i-1]-2] 表示与当前')'对称的位置前面的有效括号长度，需加上 if s[i]==')' and i - dp[i-1] - 1>=0 and s[i - dp[i-1] - 1] == '(': dp[i] = dp[i-1] + dp[i-dp[i-1]-2] + 2 return max(dp) |
法二：栈
| class Solution: def longestValidParentheses(self, s: str) -> int: # 栈来实现 stack = [-1] length = 0 max_length = 0 for i in range(len(s)): if s[i] == '(': stack.append(i) else: stack.pop() if not stack: # 栈为空，则添加当前右括号的索引入栈，为分割标识 stack.append(i) else: length = i - stack[-1] max_length = max(max_length, length) return max_length |
*不同的子序列
| class Solution: def numDistinct(self, s: str, t: str) -> int: # S中T出现的个数 # dp[i][j]表示t的前i个字符串可以由s的前j个字符串组成多少个 n = len(s) # 列 m = len(t) # 行 dp = [[0] * (n+1) for _ in range(m+1)] for j in range(n+1): dp[0][j] = 1 for i in range(1,m + 1): for j in range(1, n + 1): if t[i-1] == s[j-1]: # 对应于两种情况，s选择当前字母和不选择当前字母 # s选择当前字母dp[i-1][j-1] # s不选择当前字母 dp[i][j-1] dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + dp[i][j-1] else: dp[i][j] = dp[i][j-1] return dp[-1][-1] |
*最长公共子序列
参考：https://leetcode-cn.com/problems/longest-common-subsequence/solution/dong-tai-gui-hua-zhi-zui-chang-gong-gong-zi-xu-lie/
| # 动态规划 class Solution: def longestCommonSubsequence(self, text1: str, text2: str) -> int: m = len(text1) n = len(text2) dp = [[0] * (n + 1) for _ in range(m + 1)] for i in range(1, m+1): for j in range(1, n+1): if text1[i-1] == text2[j-1]: dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1 else: dp[i][j] = max(dp[i][j-1],dp[i-1][j]) return dp[-1][-1]
# 递归 class Solution: def longestCommonSubsequence(self, text1: str, text2: str) -> int: # 递归 memo = {} #备忘录 def dp(i, j): if i == -1 or j == -1: return 0 if (i,j) in memo: return memo[(i,j)] if text1[i] == text2[j]: memo[(i,j)] = dp(i-1, j-1) + 1 else: memo[(i,j)] = max(dp(i-1, j), dp(i,j-1)) return memo[(i,j)] return dp(len(text1)-1,len(text2)-1) |
*最长公共子串
注意：与子序列不相同的是子串是连续的，子序列可以是不连续的。
| def LCS(s1,s2): #dp[i][j]表示以s1的i及s2的j结尾的最长公共子串长度 #如果s1[i-1] ！= s2[j-1] 则，dp[i][j] = 0 m = len(s1) n = len(s2) dp = [[0] *(n+1) for _ in range(m + 1)] maxLen = 0 end = 0 for i in range(1,m+1): for j in range(1,n+1): if s1[i-1] == s2[j-1]: dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1 else: dp[i][j] = 0 if dp[i][j] > maxLen: maxLen = dp[i][j] end = j-1 if maxLen == 0: return '' else: return s2[end - maxLen + 1:end + 1] |
*最长上升子序列
| class Solution: def lengthOfLIS(self, nums: List[int]) -> int: if not nums: return 0 # dp[i]表示以第i个元素结尾的最长递增子序列长度 n = len(nums) dp = [1 for _ in range(n)] for i in range(n): for j in range(i): if nums[i] > nums[j]: dp[i] = max(dp[i],dp[j] + 1) return max(dp) |
**编辑距离
| class Solution: def minDistance(self, word1: str, word2: str) -> int: # DP递推方程 # 存储 s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小编辑距离 m = len(word1) n = len(word2) dp = [[0]*(n+1) for i in range(m+1)] for i in range(m+1): dp[i][0] = i for j in range(n+1): dp[0][j] = j for i in range(1, m+1): for j in range(1,n+1): if word1[i-1] == word2[j-1]: dp[i][j] = dp[i-1][j-1] else: dp[i][j] = min(dp[i-1][j]+1, dp[i][j-1]+1, dp[i-1][j-1]+1) return dp[m][n] # 递归写法 class Solution: def minDistance(self, word1: str, word2: str) -> int:
def dp(i,j): if i == -1: return j + 1 if j == -1: return i + 1 if (i,j) in memo: return memo[(i,j)] if word1[i] == word2[j]: memo[(i,j)] = dp(i-1,j-1) else: memo[(i,j)] = min(dp(i-1,j)+ 1, dp(i,j-1) + 1, dp(i-1,j-1) + 1) return memo[(i,j)] memo = {} res = dp(len(word1)-1,len(word2)-1) return res |
最长重复子数组
| class Solution: def findLength(self, A: List[int], B: List[int]) -> int: # p[i][j] 表示 A[i:] 和 B[j:] 的最长公共前缀，那么答案即为所有 dp[i][j] 中的最大值。 # 如果 A[i] == B[j]，那么 dp[i][j] = dp[i + 1][j + 1] + 1，否则 dp[i][j] = 0。 # 考虑到这里 dp[i][j] 的值从 dp[i + 1][j + 1] 转移得到，所以我们需要倒过来，首先计算 dp[len(A) - 1][len(B) - 1]，最后计算 dp[0][0] n, m = len(A), len(B) dp = [[0] * (m + 1) for _ in range(n + 1)] ans = 0 for i in range(n - 1, -1, -1): for j in range(m - 1, -1, -1): dp[i][j] = dp[i + 1][j + 1] + 1 if A[i] == B[j] else 0 ans = max(ans, dp[i][j]) return ans |
完全平方数
| class Solution: def numSquares(self, n: int) -> int: dp = [0] * (n + 1) for i in range(1, n + 1): dp[i] = i #最坏的情况就是全是1 j = 1 while i - j*j >= 0: dp[i] = min(dp[i], dp[i - j * j] + 1) j += 1 return dp[n] |
不同路径1
| class Solution: def uniquePaths(self, m: int, n: int) -> int: dp = [[0 for i in range(n)] for _ in range(m)] for i in range(m): dp[i][0] = 1 for j in range(n): dp[0][j] = 1 for i in range(1,m): for j in range(1,n): dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1] return dp[-1][-1] |
不同路径2
| class Solution: def uniquePathsWithObstacles(self, obstacleGrid: List[List[int]]) -> int: m = len(obstacleGrid) n = len(obstacleGrid[0]) zero_loc = {(i,j) for i in range(m) for j in range(n) if obstacleGrid[i][j] == 1} dp = [[0] * n for i in range(m)] for i in range(m): # 初始化第一列，只要碰到一个1，那么后边都无法走到 if obstacleGrid[i][0] == 1: break dp[i][0] = 1 for j in range(n): #初始化第一行，只要碰到一个1，那么后边都无法走到 if obstacleGrid[0][j] == 1: break dp[0][j] = 1 for i in range(1,m): for j in range(1,n): if (i,j) in zero_loc: dp[i][j] = 0 else: dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1] return dp[-1][-1]
class Solution: def uniquePathsWithObstacles(self, obstacleGrid: List[List[int]]) -> int: m = len(obstacleGrid) n =len(obstacleGrid[0]) if obstacleGrid[0][0] == 1 or obstacleGrid[-1][-1] == 1: return 0 dp = [[0] * n for _ in range(m)] for i in range(m): if obstacleGrid[i][0] == 0: dp[i][0] = 1 else: break for j in range(n): if obstacleGrid[0][j] == 0: dp[0][j] = 1 else: break for i in range(1,m): for j in range(1,n): if obstacleGrid[i][j] == 1: dp[i][j] = 0 continue dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1] return dp[-1][-1] |
不同路径3（回溯）
| class Solution: def uniquePathsIII(self, grid: List[List[int]]) -> int: # 注意每一个无障碍的格子都需要通过一次 start_x = 0 start_y = 0 steps = 1 m = len(grid) n = len(grid[0]) # 遍历获取起始位置和统计总步数 for i in range(m): for j in range(n): if grid[i][j] == 1: start_x = i start_y = j continue if grid[i][j] == 0: steps += 1 def DFS(x,y,cur_step, grid): # 排除越界的情况和遇到障碍的情况 if x < 0 or x >= m or y < 0 or y >= n or grid[x][y] == -1: return 0 if grid[x][y] == 2: # 走到2的位置，且步数为0，表示经过了所有的无障碍格子，是一种方案 return 1 if cur_step == 0 else 0 grid[x][y] = -1 # 将已经走过的标记为障碍 res = DFS(x - 1, y, cur_step - 1, grid) + DFS(x + 1, y, cur_step - 1, grid) \ + DFS(x, y - 1, cur_step - 1, grid) \ + DFS(x, y + 1, cur_step - 1, grid) # 回溯 grid[x][y] = 0 return res return DFS(start_x,start_y,steps,grid) |
零钱兑换1
| class Solution: def coinChange(self, coins: List[int], amount: int) -> int: #dp[i] = x 表示金额i最少需要x个金币 dp = [amount + 1 for i in range(amount + 1)] dp[0] = 0 for i in range(amount+1): for coin in coins: if i - coin < 0: continue dp[i] = min(dp[i],dp[i-coin] + 1) if dp[amount] == amount + 1: return -1 else: return dp[amount] |
零钱兑换2
| class Solution: def change(self, amount: int, coins: List[int]) -> int: # 子问题:对于硬币从0到k，我们必须使用第k个硬币的时候，当前金额的组合数 # 状态数组DP[i]表示对于第k个硬币能凑的组合数 # 转移方程DP[i] = DP[i] + DP[i-k] dp = [0] * (amount + 1) dp[0] = 1 for coin in coins: for x in range(coin, amount + 1): dp[x] += dp[x - coin] return dp[amount] |
最大正方形
| class Solution: def maximalSquare(self, matrix: List[List[str]]) -> int: # 用 dp(i, j) 表示以 (i, j)为右下角，且只包含 1的正方形的边长最大值 if len(matrix) == 0 or len(matrix[0]) == 0: return 0 maxSide = 0 rows, columns = len(matrix), len(matrix[0]) dp = [[0] * columns for _ in range(rows)] for i in range(rows): for j in range(columns): if matrix[i][j] == '1': if i == 0 or j == 0: dp[i][j] = 1 else: dp[i][j] = min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1], dp[i - 1][j - 1]) + 1 maxSide = max(maxSide, dp[i][j]) maxSquare = maxSide * maxSide return maxSquare |
最大矩形
| class Solution: def maximalRectangle(self, matrix: List[List[str]]) -> int: #时间复杂度 : O(NM)。每次对于N的迭代我们会对M迭代常数次 if not matrix: return 0 m = len(matrix) n = len(matrix[0])
left = [0] * n # initialize left as the leftmost boundary possible right = [n] * n # initialize right as the rightmost boundary possible height = [0] * n maxarea = 0 for i in range(m): cur_left, cur_right = 0, n # update height for j in range(n): if matrix[i][j] == '1': height[j] += 1 else: height[j] = 0 # update left for j in range(n): if matrix[i][j] == '1': left[j] = max(left[j], cur_left) else: left[j] = 0 cur_left = j + 1 # update right for j in range(n-1, -1, -1): if matrix[i][j] == '1': right[j] = min(right[j], cur_right) else: right[j] = n cur_right = j # update the area for j in range(n): maxarea = max(maxarea, height[j] * (right[j] - left[j]))
return maxarea |
最大子序和
| class Solution: def maxSubArray(self, nums: List[int]) -> int: # dp[i] 表示以小标i为结尾的最大连续子序列的和dp[j] = max(nums[j],dp[j-1] + nums[j]) if len(nums) == 0: return 0 if len(nums) == 1: return nums[0] n = len(nums) dp = [float('-inf')] * n dp[0] = nums[0] for j in range(1,n): dp[j] = max(nums[j],dp[j-1] + nums[j]) return max(dp) |
三角形最小路径和
| #法一 class Solution: def minimumTotal(self, triangle: List[List[int]]) -> int: n = len(triangle) f = [[0] * n for _ in range(n)] f[0][0] = triangle[0][0]
for i in range(1, n): f[i][0] = f[i - 1][0] + triangle[i][0] for j in range(1, i): f[i][j] = min(f[i - 1][j - 1], f[i - 1][j]) + triangle[i][j] f[i][i] = f[i - 1][i - 1] + triangle[i][i] return min(f[n - 1])
#法二 class Solution: def minimumTotal(self, triangle: List[List[int]]) -> int: n = len(triangle) f = [0] * n f[0] = triangle[0][0]
for i in range(1, n): f[i] = f[i - 1] + triangle[i][i] for j in range(i - 1, 0, -1): f[j] = min(f[j - 1], f[j]) + triangle[i][j] f[0] += triangle[i][0] return min(f) |
乘积最大子数组
| class Solution: def maxProduct(self, nums: List[int]) -> int: n = len(nums) if n == 0: return 0 dpMax = [float('-inf')] * n # 存储以i结尾的最大连续子数组乘积 dpMax[0] = nums[0] dpMin = [float('inf')] * n # 存储以i结尾的最小连续子数组乘积，存在负负得正的情况 dpMin[0] = nums[0] for i in range(1,n): dpMax[i] = max(dpMin[i - 1] * nums[i], dpMax[i - 1] * nums[i], nums[i]) dpMin[i] = min(dpMin[i - 1] * nums[i], dpMax[i - 1] * nums[i], nums[i]) return max(dpMax) |
打家劫舍
| class Solution: def rob(self, nums: List[int]) -> int: #dp[i] 表示前 i间房屋能偷窃到的最高总金额 #dp[i] = max(dp[i-1],dp[i-2]+nums[i]) n = len(nums) if n==0: return 0 if n==1: return nums[0] dp = [0]* n dp[0] = nums[0] dp[1] = max(nums[0],nums[1]) for i in range(2,n): dp[i] = max(dp[i-1],dp[i-2]+nums[i]) return dp[n-1] |
最小路径和
| class Solution: def minPathSum(self, grid: List[List[int]]) -> int: # dp[i][j]表示达到i,j点的最小路径和 m = len(grid) n = len(grid[0]) dp = [[0]*n for _ in range(m)] dp[0][0] = grid[0][0] for i in range(1, m): dp[i][0] = dp[i-1][0] + grid[i][0] for i in range(1, n): dp[0][i] = dp[0][i-1] + grid[0][i] for i in range(1, m): for j in range(1, n): dp[i][j] = min(dp[i][j-1], dp[i-1][j]) + grid[i][j] return dp[-1][-1] |
买卖股票问题
| # 动态规划 class Solution: def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int: # 动态规划dp[i] 表示前 i 天的最大利润 n = len(prices) if n == 0: return 0 # 边界条件 dp = [0] * n minprice = prices[0] for i in range(1, n): minprice = min(minprice, prices[i]) dp[i] = max(dp[i - 1], prices[i] - minprice) return dp[-1]
# 方法二 def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int: minprice = float('inf') # 正无穷 负无穷 float("-inf") maxprofit = 0 for p in prices: minprice = min(minprice, p) maxprofit = max(maxprofit, p-minprice) return maxprofit |
买卖股票的最佳时机2
| def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int: #在第二次买的时候，价格其实是考虑用了第一次赚的钱去补贴一部分的 buy_1 = buy_2 = float('inf') # 第一二次买之前的最低价 pro_1 = pro_2 = 0
for p in prices: buy_1 = min(buy_1, p) pro_1 = max(pro_1, p - buy_1) buy_2 = min(buy_2, p - pro_1) # p - pro_1 是用第一次的钱抵消了一部分第二次买的钱 pro_2 = max(pro_2, p - buy_2) return pro_2
|
使用最小花费爬楼梯
| class Solution: def minCostClimbingStairs(self, cost: List[int]) -> int: # 踏上第i级台阶的最小花费，用dp[i]表示 # 初始条件： # 最后一步踏上第0级台阶，最小花费dp[0] = cost[0]。 # 最后一步踏上第1级台阶有两个选择： # 可以分别踏上第0级与第1级台阶，花费cost[0] + cost[1]； # 也可以从地面开始迈两步直接踏上第1级台阶，花费cost[1]。 n = len(cost) dp = [0] * n dp[0], dp[1] = cost[0], cost[1] for i in range(2, n): dp[i] = min(dp[i - 2], dp[i - 1]) + cost[i] return min(dp[-2], dp[-1]) |
解码方法
| class Solution: def numDecodings(self, s: str) -> int: if s[0] == '0': return 0 n = len(s) dp = [0] * (n + 1) dp[0] = 1 dp[-1] = 1 for i in range(1,n): # '0'只有10和20才有对应字母，不然 返回 0 if s[i] == '0': if s[i-1]=='1' or s[i-1]=='2': dp[i] = dp[i-2] else: return 0 else: if s[i-1] == '1' or (s[i-1] =='2' and s[i] < '7'): # i-1与i 可以结合或者分开 dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2] else: # i-1与i 必须分开 dp[i] = dp[i-1] return dp[-2] |
赛车
| # 动态规划 DP class Solution(object): def racecar(self, target): # dp[x] 表示到达位置 x 的最短指令长度 dp = [0, 1] + [float('inf')] * target for t in range(2, target + 1): k = t.bit_length() if t == 2**k - 1: dp[t] = k continue for j in range(k - 1): # t - (2**(k-1)-2**j) 为剩余距离，dp[t - 2**(k - 1) + 2**j]表示这个剩余距离需要使用的最少命令数,加上已经使用的 k - 1 + j + 2 # 由于返回使用的j不确定，因此需要通过遍历【0，k-2】确定dp[t]的最小值 dp[t] = min(dp[t], dp[t - 2**(k - 1) + 2**j] + k - 1 + j + 2) # 2**k - 1 - t 表示剩余需要按返回的距离，dp[2**k - 1 - t]表示走剩余距离需要要使用的最少命令数，加上已经使用的k+1 dp[t] = min(dp[t], dp[2**k - 1 - t] + k + 1) return dp[target]
# 递归写法 class Solution: dp = {0: 0} def racecar(self, target: int) -> int: t = target if t in self.dp: return self.dp[t] n = t.bit_length() if 2**n - 1 == t: self.dp[t] = n else: self.dp[t] = self.racecar(2**n - 1 - t) + n + 1 for m in range(n - 1): self.dp[t] = min(self.dp[t], self.racecar(t - 2**(n - 1) + 2**m) + n + m + 1) return self.dp[t] |
播放列表的数量
| class Solution: def numMusicPlaylists(self, N: int, L: int, K: int) -> int: mod = 10 ** 9 + 7 # dp[i][j] 表示用j首不同的歌填充长度为i的歌单数目 dp = [[0] * (N + 1) for _ in range(L + 1)] dp[0][0] = 1 for i in range(1, L + 1): for j in range(1, N + 1): # 分成两种情况，我们可以播放没有播放过的歌也可以是播放过的 # 如果当前的歌和前面的都不一样，歌单前i-1首歌只包括了j-1首不同的歌曲， # 那么当前的选择有dp[i-1][j-1] * (N-j+1) # 如果不是，那么就是选择之前的一首歌，之前最近的K首是不能选的，只能选择j-K前面的歌曲，（j 首歌，最近的 K 首不可以播放） # 所以选择就是dp[i-1][j] * max(0, j-K) dp[i][j] = (dp[i-1][j-1] * (N - j + 1) + dp[i-1][j] * max(0, j - K)) % mod return dp[-1][-1] |
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