沈阳创新网站建设报价,wordpress编辑网站的链接是中文,济南天桥区网站建设公司,南宁网站平台文章目录 前言一、今天学习了什么#xff1f;二、动态规划1.概念2.题目 总结 前言
提示#xff1a;这里为每天自己的学习内容心情总结#xff1b;
Learn By Doing#xff0c;Now or Never#xff0c;Writing is organized thinking. 提示#xff1a;以下是本篇文章正文… 文章目录 前言一、今天学习了什么二、动态规划1.概念2.题目 总结 前言
提示这里为每天自己的学习内容心情总结
Learn By DoingNow or NeverWriting is organized thinking. 提示以下是本篇文章正文内容
一、今天学习了什么 学习了代码随想录关于动态规划的算法 还有01背包问题
二、动态规划
1.概念
「动态规划」Dynamic Programming适用于很多重叠子问题的场景**每一个结果一定是由于上一个状态推导出来的选择和状态转移**。解题步骤如下
确定dp数组dp table以及下标的含义确定递推公式dp数组如何初始化确定遍历顺序举例推导dp数组
「01 背包问题」是指有 n 个物品和一个最多能背负 w 重量的背包求该背包能背负的最大重量。第 i 个物品的重量为 weight[i] 价值为 value[i] 。
有两种解法
二维数组 dp[i] [j] 表示从下标为 [0,i] 的物品中放进背包容量为 j 时的最大价值确定遍历的顺序先遍历背包容量再去逐个遍历物品个数 一维数组 dp[i] 表示背包容量为 i 时的背包最大价值先遍历物品再去遍历背包容量并且保证遍历背包容量时是从大到小的保证物品只会被放入了一次。 /*** - 采用二维数组解决背包问题* - 只有当当前背包的容量能放下当前物品的重量时才需要去判断是否需要将物品放入背包中* - 按照先遍历物品再去遍历背包容量的顺序执行*/public static int testWeightBagProblem01(int[] weight, int[] value, int bagSize) {int m weight.length;int[][] dp new int[m][bagSize 1];for (int j weight[0]; j bagSize; j) {dp[0][j] value[0];}for (int j 1; j bagSize; j) {for (int i 1; i m; i) {if (j weight[i]) {dp[i][j] Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] value[i]);} else {dp[i][j] dp[i - 1][j];}}}return dp[m - 1][bagSize];}/*** - 一维数组* - 背包容量的最大值取决于之前背包容量更小时候的最大值*/public static int testWeightBagProblem02(int[] weight, int[] value, int bagSize) {int[] dp new int[bagSize 1];for (int i 0; i weight.length; i) {// 先遍历物品for (int j bagSize; j weight[i]; j--) {// 再去遍历背包容量// 判断将此物品放入背包的结果dp[j] Math.max(dp[j], dp[j - weight[i]] value[i]); //不放、放}}return dp[bagSize];}2.题目
509. 斐波那契数 public int fib(int n) {if (n 0 || n 1) {return n;}/*** 动态规划* - dp数组* - 选择* - 状态转移* dp[i] 代表f(n)*/int[] dp new int[n 3];dp[0] 0;dp[1] 1;for (int i 2; i n; i) {dp[i] dp[i - 1] dp[i - 2];}return dp[n];}70. 爬楼梯 public int climbStairs(int n) {if (n 1 || n 2) {return n;}/*** 遇到重叠子问题采用动态规划* - dp数组含义dp[i]表示有dp[i]种方法可以爬到楼顶楼顶的台阶数为i* - 初始化* - 状态转移和选择*/int[] dp new int[n 1];dp[1] 1;dp[2] 2;for (int i 3; i n; i) {dp[i] dp[i - 1] dp[i - 2];}return dp[n];}746. 使用最小花费爬楼梯 public int minCostClimbingStairs(int[] cost) {/*** - 采用动态规划* - dp[i]爬上i层使用的最少的花费*/int[] dp new int[cost.length 1];for (int i 2; i cost.length; i) {dp[i] Math.min(dp[i - 1] cost[i - 1], dp[i - 2] cost[i - 2]);}return dp[cost.length];}62. 不同路径 public int uniquePaths(int m, int n) {/*** - 每次都需要选择采用动态规划* - dp[i][j]到达(i,j)点的路径*/int[][] dp new int[m][n];for (int i 0; i m; i) {dp[i][0] 1;}for (int j 0; j n; j) {dp[0][j] 1;}for (int i 1; i m; i) {for (int j 1; j n; j) {dp[i][j] dp[i - 1][j] dp[i][j - 1];}}return dp[m - 1][n - 1];}63. 不同路径 II public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {/*** 还是使用动态规划只不过需要判断是否可达*/int m obstacleGrid.length;int n obstacleGrid[0].length;int[][] dp new int[m][n];for (int i 0; i m; i) {if (obstacleGrid[i][0] 1) {break;}dp[i][0] 1;}for (int j 0; j n; j) {if (obstacleGrid[0][j] 1) {break;}dp[0][j] 1;}for (int i 1; i m; i) {for (int j 1; j n; j) {if (obstacleGrid[i][j] 1) {continue;}dp[i][j] dp[i - 1][j] dp[i][j - 1];}}return dp[m - 1][n - 1];}343. 整数拆分 public int integerBreak(int n) {if (n 3) {return n - 1;}/*** - 如何使用动态规划呢* - 就需要从怎么拆入手* - 是否要拆取决于拆完后结果和之前的结果谁更大*/int[] dp new int[n 1];dp[2] 1;for (int i 3; i n; i) {for (int j 1; j i - j; j) {dp[i] Math.max(dp[i], Math.max((i - j) * j, dp[i - j] * j));}}return dp[n];}public int integerBreak2(int n) {if (n 3) {return n - 1;}/*** - 这是纯数学解答* - 任何整数都可以拆成2和3* - 怎么拆取决于模上3的余数是多少*/int remainder n % 3;int times n / 3;if (remainder 0) {return (int) Math.pow(3, times);} else if (remainder 1) {return (int) Math.pow(3, times - 1) * 4;} else {return (int) Math.pow(3, times) * 2;}}96. 不同的二叉搜索树⭐⭐⭐⭐⭐
这个题有点难在于如何的合适区拆分成子问题
应该先举几个例子画画图看看有没有什么规律如图
当n 1 , 2 时都很直观当 n 3 时分为 当1为头结点的时候其右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 dp[3] dp[2] * dp[0] dp[1] * dp[1] dp[0] * dp[2]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 public int numTrees(int n) {/*** - 这个题有点难在于如何正确的处理拆分子问题* - dp[i]代表i个节点组成的二叉搜索树的种数* - 拆分为 1.2.3.....i 为头节点组成的二叉搜索树的之和就是i个节点组成的二叉搜索树的种数*/int[] dp new int[n 1];dp[0] 1;dp[1] 1;for (int i 2; i n; i) {for (int j 1; j i; j) {dp[i] dp[i - j] * dp[j - 1];}}return dp[n];}416. 分割等和子集⭐⭐⭐ public boolean canPartition(int[] nums) {/*** - 可以将问题看成是否能将数组中的元素凑出数组元素和的一半* - 背包容量为一半的数组和物品价值和物品重量都是nums数组* - 采用一维数组的话dp[i]代表数组容量为i时能背的最大价值*/int sum 0;for (int i 0; i nums.length; i) {sum nums[i];}if (sum % 2 ! 0) {return false;}sum / 2;int[] dp new int[sum 1];for (int i nums[0]; i sum; i) {dp[i] nums[0];}for (int i 1; i nums.length; i) {for (int j sum; j nums[i]; j--) {dp[j] Math.max(dp[j], dp[j - nums[i]] nums[i]);}}return dp[sum] sum;}1049. 最后一块石头的重量 II public int lastStoneWeightII(int[] stones) {/*** - 也是背包问题*/int sum 0;for (int i 0; i stones.length; i) {sum stones[i];}int target sum / 2;int[] dp new int[target 1];for (int i stones[0]; i target; i) {dp[i] stones[0];}for (int i 1; i stones.length; i) {for (int j target; j stones[i]; j--) {dp[j] Math.max(dp[j], dp[j - stones[i]] stones[i]);}}return sum - 2 * dp[target];}总结
提示这里对文章进行总结
今天效率一般心情有点emo很害怕。
