算法学习——LeetCode力扣动态规划篇2

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343. 整数拆分

343. 整数拆分 - 力扣（LeetCode）

描述

给定一个正整数 n ，将其拆分为 k 个正整数的和（ k >= 2 ），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

示例 1:

输入: n = 2
输出: 1
解释: 2 = 1 + 1, 1 × 1 = 1。

示例 2:

输入: n = 10
输出: 36
解释: 10 = 3 + 3 + 4, 3 × 3 × 4 = 36。

提示

2 <= n <= 58

代码解析

dp[i]：分拆数字i，可以得到的最大乘积为dp[i]。

确定递推公式
可以想 dp[i]最大乘积是怎么得到的呢？

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]，相当于是拆分(i - j)，对这个拆分不理解的话，可以回想dp数组的定义。

也可以这么理解，j * (i - j) 是单纯的把整数拆分为两个数相乘，而j * dp[i - j]是拆分成两个以及两个以上的个数相乘。

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

那么在取最大值的时候，为什么还要比较dp[i]呢？

因为在递推公式推导的过程中，每次计算dp[i]，取最大的而已。
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class Solution {
public:
    int integerBreak(int n) {
       vector<int> dp(n+1,0);
       dp[2] = 1 ; 
       for(int i=3 ; i<=n;i++)
       {
       	   //计算i的分割点，j从1开始分割到i-1
           for(int j=1 ; j<i ;j++)
           {
           		//找到最大乘积的时候
                dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));
                cout<<"i:"<<i<<"  dp:"<<dp[i]<<endl;
           }
       }
       return dp[n];
    }
};

96. 不同的二叉搜索树

96. 不同的二叉搜索树 - 力扣（LeetCode）

描述

给你一个整数 n ，求恰由 n 个节点组成且节点值从 1 到 n 互不相同的二叉搜索树有多少种？返回满足题意的二叉搜索树的种数。

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示例

示例 1：

输入：n = 3
输出：5

示例 2：

输入：n = 1
输出：1

提示

1 <= n <= 19

代码描述

当3为头结点的时候，其左子树有两个节点，看这两个节点的布局，是不是和n为2的时候两棵树的布局也是一样的啊！

当2为头结点的时候，其左右子树都只有一个节点，布局是不是和n为1的时候只有一棵树的布局也是一样的啊！

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

所以dp[3] = dp[2] * dp[0] + dp[1] * dp[1] + dp[0] * dp[2]

动态规划

确定递推公式
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

dp数组如何初始化

从定义上来讲，空节点也是一棵二叉树，也是一棵二叉搜索树，这是可以说得通的。

j为头结点左子树节点数量为0，也需要dp[以j为头结点左子树节点数量] = 1，否则乘法的结果就都变成0了。
所以初始化dp[0] = 1

class Solution {
public:
    int numTrees(int n) {
        if(n<=2) return n;
        vector<int> dp(n+1,0);
        dp[0] = 1;
        dp[1] = 1;
        dp[2] = 2;

        for(int i=3 ; i<=n ;i++)
        {
            for(int j=1 ; j<=i ;j++)
            {
                dp[i] += dp[j-1] * dp[i-j];
            }
        }
        return dp[n];
    }
};

416. 分割等和子集

416. 分割等和子集 - 力扣（LeetCode）

描述

给你一个只包含正整数的非空数组 nums 。请你判断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。

示例

示例 1：

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

示例 2：

输入：nums = [1,2,3,5]
输出：false
解释：数组不能分割成两个元素和相等的子集。

提示

1 <= nums.length <= 200
1 <= nums[i] <= 100

代码解析

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。
本题中使用的是01背包，因为元素我们只能用一次。

背包的体积为sum / 2
背包要放入的商品（集合里的元素）重量为元素的数值，价值也为元素的数值
背包如果正好装满，说明找到了总和为 sum / 2 的子集。
背包中每一个元素是不可重复放入。

动态背包（二维背包）

dp[ i ][ j ] 中

i 是放入背包中元素的范围，从0 - i 中取元素，每个元素取一次。
j 是当前背包的容量上限
本题的核心是找到刚好背包容量是sum/2装满的时候。

class Solution {
public:
    bool canPartition(vector<int>& nums) {
        int sum  = 0 , target = 0;
        for(auto it:nums) sum += it;
        //如果和是奇数，就不能分成两个相等的子集
        if(sum%2 == 1) return false; 
        //目标是找到sum/2
        target = sum/2;
        vector<vector<int>> dp(nums.size() , vector<int>(target+1 , 0));
		//背包初始化第一行的值，第一行是只能放第一个元素
		//检查背包的大小能否放进去，能就放进去第一个元素，不能就空着
		//第一列是背包容量是0的时候，dp[i][0]也都是0，不用额外初始化
        for(int j = 1 ; j<=target ;j++  )
            if(j>=nums[0]) dp[0][j] = nums[0];
        //开始遍历
        for(int i=1 ; i<nums.size() ;i++)
        {
            for(int j = 1 ; j<=target ;j++)
            {
            	//如果当前值大于背包的容量，就不放进去
                if(j < nums[i]) dp[i][j] = dp[i-1][j];
                //如果可以放进去，就找放进去和不放进去大的一个
                else dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-nums[i]] + nums[i]);
            }
        }
        //最后在背包大小是sum/2的一列里找，刚好背包装满的
        for(int i=0; i<nums.size();i++)
            if(dp[i][target]==target) return true;
        
        return false;
    }
};

1049. 最后一块石头的重量 II

1049. 最后一块石头的重量 II - 力扣（LeetCode）

描述

有一堆石头，用整数数组 stones 表示。其中 stones[i] 表示第 i 块石头的重量。

每一回合，从中选出任意两块石头，然后将它们一起粉碎。假设石头的重量分别为 x 和 y，且 x <= y。那么粉碎的可能结果如下：

如果 x == y，那么两块石头都会被完全粉碎；
如果 x != y，那么重量为 x 的石头将会完全粉碎，而重量为 y 的石头新重量为 y-x。
最后，最多只会剩下一块石头。返回此石头最小的可能重量。如果没有石头剩下，就返回 0。

示例

示例 1：

输入：stones = [2,7,4,1,8,1]
输出：1
解释：
组合 2 和 4，得到 2，所以数组转化为 [2,7,1,8,1]，
组合 7 和 8，得到 1，所以数组转化为 [2,1,1,1]，
组合 2 和 1，得到 1，所以数组转化为 [1,1,1]，
组合 1 和 1，得到 0，所以数组转化为 [1]，这就是最优值。

示例 2：

输入：stones = [31,26,33,21,40]
输出：5

提示

1 <= stones.length <= 30
1 <= stones[i] <= 100

代码解析

本题其实就是尽量让石头分成重量相同的两堆，相撞之后剩下的石头最小，这样就化解成01背包问题了。

本题物品的重量为store[i]，物品的价值也为store[i]。

动态规划（二维数组）

找到总重量最接近sum/2 的背包，这是一个石头堆。
和另一个堆相减，就是剩下的

class Solution {
public:
    int lastStoneWeightII(vector<int>& stones) {

        if(stones.size() == 1 ) return stones[0];
        int sum = 0;
        for(auto it:stones) sum += it;
        vector<vector<int>> dp (stones.size() , vector<int>( sum /2 + 1 , 0) ) ;

        for(int j=1 ; j<=sum/2 ;j++)
            if(j>=stones[0]) dp[0][j] = stones[0];
        //找到背包为sum/2以内最大的种类
        for(int i=1 ;i<stones.size() ;i++)
        {
            for(int j=1 ; j<=sum/2 ;j++)
            {
                if(j>=stones[i]) 
                    dp[i][j] = max( dp[i-1][j] , dp[i-1][j-stones[i]] + stones[i]);
                else dp[i][j] = dp[i-1][j];
            }
        }
		//找到最接近sum/2的背包
        int bag_max = 0;
        for(int i=0 ;i<stones.size() ;i++ )
        {
            if(dp[i][sum/2] > bag_max) bag_max = dp[i][sum/2];
        }
		//计算石头堆的差
        return (sum - bag_max) - bag_max;


    }
};

动态规划（滚动数组）

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class Solution {
public:
    int lastStoneWeightII(vector<int>& stones) {

        if(stones.size() == 1 ) return stones[0];
        int sum = 0;
        for(auto it:stones) sum += it;
        vector<int> dp (sum /2 + 1 , 0);

        for(int i=0 ;i<stones.size() ;i++)
        {
            for(int j=sum/2 ; j>=0 ;j--)
            {
                if(j>=stones[i]) 
                    dp[j] = max( dp[j] , dp[j-stones[i]] + stones[i]);
                else dp[j] = dp[j];
            }
        }
        return (sum - dp[sum/2]) - dp[sum/2];
    }
};