五部曲（代码随想录）
1.确定 dp 数组以及下标含义
2.确定递推公式
3.确定 dp 数组初始化
4.确定遍历顺序
5.debug
入门题
1.斐波那契数
思路
1.f[i]：第 i 个数的值
2.f[i] = f[i – 1] + f[i – 2]
3.f[0] = 0, f[1] = 1
4.顺序遍历
5.记得特判 n == 0 的时候，因为初始化了 f[1]
class Solution {public:int fib(int n) {if(n == 0) return n;vector<int> f(n + 1);f[0] = 0, f[1] = 1;for(int i = 2; i <= n; i++) f[i] = f[i - 1] + f[i - 2];return f[n];}};2.爬楼梯
思路
每次可以从下面一个台阶或者下面两个台阶处上来
1.f[i]：爬到第 i 阶楼梯有多少种方法
2.f[i] = f[i – 1] + f[i – 2]
3.f[0] = 1, f[1] = 1
4.顺序遍历
class Solution {public:int climbStairs(int n) {vector<int> f(n + 1);f[0] = 1, f[1] = 1;for(int i = 2; i <= n; i++) f[i] = f[i - 1] + f[i - 2];return f[n];}};3.使用最小花费爬楼梯
思路
可以从 0 或 1 处开始爬楼梯，需要爬到第 n 阶楼梯
1.f[i]：爬到第 i 阶楼梯需要的最小花费
2.f[i] = min(f[i – 1] + cost[i – 1], f[i – 2] + cost[i – 2)
3.f[0] = 0, f[1] = 0
4.顺序遍历
class Solution {public:int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {int n = cost.size();vector<int> f(n + 1);f[0] = 0, f[1] = 0;for(int i = 2; i <= n; i++){f[i] = min(f[i - 1] + cost[i - 1], f[i - 2] + cost[i - 2]);}return f[n];}};4.不同路径
思路
1.f[i][j]: 走到 (i, j) 总共的路径
2.f[i][j] = f[i – 1][j] + f[i][j – 1]
3.f[i][1] = 1, f[1][i] = 1
4.顺序遍历
class Solution {public:int uniquePaths(int m, int n) {vector<vector<int>> f(n + 1, vector<int>(m + 1));for(int i = 0; i <= n; i++) f[i][1] = 1;for(int i = 0; i <= m; i++) f[1][i] = 1;for(int i = 2; i <= n; i++){for(int j = 2; j <= m; j++){f[i][j] = f[i - 1][j] + f[i][j - 1];}}return f[n][m];}};5.不同路径 II
思路
1.f[i][j]: 走到 (i, j) 总共的路径
2.f[i][j] = f[i – 1][j] + f[i][j – 1]
3.f[i][0] = 1, f[0][i] = 1, 其他 = 0
4.顺序遍历
class Solution {public:int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {int n = obstacleGrid.size();int m = obstacleGrid[0].size();vector<vector<int>> f(n, vector<int>(m, 0));for(int i = 0; i < n && !obstacleGrid[i][0]; i++) f[i][0] = 1;for(int i = 0; i < m && !obstacleGrid[0][i]; i++) f[0][i] = 1;for(int i = 1; i < n; i++){for(int j = 1; j < m; j++){if(!obstacleGrid[i][j]){f[i][j] = f[i - 1][j] + f[i][j - 1];}}}return f[n - 1][m - 1];}};6.整数拆分
思路
1.f[i]: 拆数字 i 可得到的最大乘积
2.拆分成 j * (i – j) 或 j * f[i – j]，f[i] = max(f[i], max(j * (i – j), j * [i – j]))
3.f[0] = 0, f[1] = 1
4.顺序遍历
class Solution {public:int integerBreak(int n) {vector<int> f(n + 1);f[0] = 0, f[1] = 1;for(int i = 2; i <= n; i++){for(int j = 0; j < i; j++){f[i] = max(f[i], max(j * (i - j), j * f[i - j]));}}return f[n];}};7.不同的二叉搜索树
思路
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] += 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]
1.f[i]: 由 1 到 i 个节点的二叉搜索树个数
2.f[i] += f[j – 1] * f[i – j]
3.f[0] = 1
4.顺序遍历
class Solution {public:int numTrees(int n) {vector<int> f(n + 1);f[0] = 1;for(int i = 1; i <= n; i++){for(int j = 1; j <= i; j++){f[i] += f[j - 1] * f[i - j];}}return f[n];}};背包问题
1.01背包问题
思路
1.f[i][j]: 前 i 个物品在容量为 j 的情况下的最大价值
2.f[i][j] = max(f[i – 1][j], f[i – 1][j – v[i]] + w[i])
3.全部 = 0
4.顺序遍历
#includeusing namespace std;const int N = 1e3 + 10;int f[N][N], v[N], w[N];int n, m;int main(){scanf("%d%d", &n, &m);for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d", &v[i], &w[i]);for(int i = 1; i <= n; i++){for(int j = 0; j <= m; j++){// 不选f[i][j] = f[i - 1][j];// 选if(v[i] <= j) f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i - 1][j - v[i]] + w[i]);}}printf("%d", f[n][m]);return 0;}// 滚动数组优化#includeusing namespace std;const int N = 1e3 + 10;int f[N], v[N], w[N];int n, m;int main(){scanf("%d%d", &n, &m);for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d", &v[i], &w[i]);for(int i = 1; i <= n; i++){for(int j = m; j >= v[i]; j--){f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);}}printf("%d", f[m]);return 0;}2.分割等和子集
思路
分割成两个等和子集，即找到是否存在和为 sum / 2 的子集，转化为 01 背包，背包容量为 sum / 2
1.f[j]: 背包容量为 i，放入物品后的最大重量
2.f[j] = max(f[j], f[j – nums[i]] + nums[i])
3.全部 = 0
4.倒序遍历
class Solution {public:bool canPartition(vector<int>& nums) {int n = nums.size(), sum = 0;for(int i = 0; i < n; i++) sum += nums[i];if(sum % 2) return false;vector<int> f(10001, 0);for(int i = 0; i < n; i++){for(int j = sum / 2; j >= nums[i]; j--){f[j] = max(f[j], f[j - nums[i]] + nums[i]);if(f[j] == sum / 2) return true;}}return false;}};3.最后一块石头的重量 II
思路
尽可能分成两堆重量相同，使得相撞后重量最小
1.f[j]: 容量为 j 的背包，最大价值
2.f[j] = max(f[j], f[j – stones[i]] + stones[i])
3.全部 = 0
4.倒序遍历
class Solution {public:int lastStoneWeightII(vector<int>& stones) {int n = stones.size(), sum = 0;for(int i = 0; i < n; i++) sum += stones[i];vector<int> f(1501, 0);for(int i = 0; i < n; i++){for(int j = sum / 2; j >= stones[i]; j--){f[j] = max(f[j], f[j - stones[i]] + stones[i]);}}return (sum - f[sum / 2]) - f[sum / 2];}};4.目标和
思路
pos – neg = tar 得 pos – (sum – pos) = tar 得 pos = (sum + tar) / 2
转换为背包容量为 pos，有多少种情况装满
无解的情况：pos 为奇数，tar 的绝对值大于 sum
只要搞到 nums[i]，凑成 f[j] 就有 f[j – nums[i]] 种方法。
例如：f[j]，j 为5，
已经有一个1（nums[i]）的话，有 f[4]种方法 凑成 容量为5的背包。
已经有一个2（nums[i]）的话，有 f[3]种方法 凑成 容量为5的背包。
已经有一个3（nums[i]）的话，有 f[2]中方法 凑成 容量为5的背包
已经有一个4（nums[i]）的话，有 f[1]中方法 凑成 容量为5的背包
已经有一个5（nums[i]）的话，有 f[0]中方法 凑成 容量为5的背包
那么凑整 f[5] 有多少方法呢，也就是把 所有的 f[j – nums[i]] 累加起来。
1.f[j]：填满 j 背包有多少种情况
2.f[j] += f[j – nums[i]]
3.f[0] = 1，其他 = 0
4.倒序遍历
class Solution {public:int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int target) {int n = nums.size(), sum = 0;for(int i = 0; i < n; i++) sum += nums[i];if((sum + target) % 2 || abs(target) > sum) return 0;int pos = (sum + target) / 2;vector<int> f(pos + 1, 0);f[0] = 1;for(int i = 0; i < n; i++){for(int j = pos; j >= nums[i]; j--){f[j] += f[j - nums[i]];}}return f[pos];}};5.一和零
思路
可以等价为两个 01 背包，一个装 0，一个装 1
1.f[i][j]: 最多有 i 个 0 和 j 个 1 的最长子集大小
2.f[i][j] = max(f[i][j], f[i – zero][j – one] + 1)
3.全部 = 0
4.倒序遍历
class Solution {public:int findMaxForm(vector<string>& strs, int m, int n) {vector<vector<int>> f(m + 1, vector<int>(n + 1, 0));for(auto str : strs){int zero = 0, one = 0;for(int i = 0; i < str.size(); i++){if(str[i] == '0') zero++;else one++;}for(int i = m; i >= zero; i--){for(int j = n; j >= one; j--){f[i][j] = max(f[i][j], f[i - zero][j - one] + 1);}}}return f[m][n];}};6.完全背包
思路
01 背包是一个物品只能选一个，所有滚动数组要倒序遍历，完全背包则是一个物品可以选无限个，所以滚动数组正序遍历即可，先遍历物品或者背包容量都可以，因为与顺序无关
#includeusing namespace std;const int N = 1e3 + 10;int f[N], v[N], w[N];int n, m;int main(){scanf("%d%d", &n, &m);for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%d%d", &v[i], &w[i]);for(int i = 0; i < n; i++){for(int j = v[i]; j <= m; j++){f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);}}printf("%d", f[m]);return 0;}7.零钱兑换 II
思路
先遍历物品，再遍历背包容量是组合数，因为物品顺序是有序的
先遍历背包容量，再遍历物品时排列数，因为物品是无序的
1.f[j]: 容量为 j 的背包有多少种组合情况
2.f[j] += f[j – coins[i]]
3.f[0] = 1，其他 = 0
4.先物品，再背包，顺序遍历
class Solution {public:int change(int amount, vector<int>& coins) {int n = coins.size();vector<int> f(amount + 1, 0);f[0] = 1;// 遍历物品for(int i = 0; i < n; i++){// 遍历背包for(int j = coins[i]; j <= amount; j++){f[j] += f[j - coins[i]];}}return f[amount];}};8.组合总和 Ⅳ
思路
求的是排列数，那就先遍历背包，再遍历物品，要特判总和大于 INT32_MAX 的情况
1.f[j]: 背包容量为 j 的排列情况数量
2.f[j] += f[j – nums[i]]
3.f[0] = 1，其他 = 0
4.先背包，再物品，顺序遍历
class Solution {public:int combinationSum4(vector<int>& nums, int target) {int n = nums.size();vector<int> f(target + 1, 0);f[0] = 1;for(int j = 0; j <= target; j++){for(int i = 0; i < n; i++){if(nums[i] <= j && f[j] < INT32_MAX - f[j - nums[i]]){f[j] += f[j - nums[i]];}}}return f[target];}};9.爬楼梯
思路
求的是排列数，先背包，再物品
1.f[j]: 容量为 j 的背包，有多少种排列情况
2.f[j] += f[j – i]
3.f[0] = 1，其他 = 0
4.先背包，再物品，顺序遍历
#includeusing namespace std;const int N = 50;int f[50];int n, m;int main(){scanf("%d%d", &n, &m);f[0] = 1;for(int j = 0; j <= n; j++){for(int i = 1; i <= m; i++){if(j >= i) f[j] += f[j - i];}}printf("%d", f[n]);return 0;}10.零钱兑换
思路
求的是硬币的最小个数，与顺序无关，不影响硬币的个数，排列组合都可以
1.f[j]: 容量为 j 的背包，物品最少数量
2.f[j] = min(f[j], f[j – nums[i]] + 1)
3.f[0] = 0，其他 = 1e9
4.都可以，顺序遍历
class Solution {public:int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {int n = coins.size();vector<int> f(amount + 1, 1e9);f[0] = 0;for(int i = 0; i < n; i++){for(int j = coins[i]; j <= amount; j++){f[j] = min(f[j], f[j - coins[i]] + 1);}}return f[amount] == 1e9 " />-1 : f[amount];}};11.完全平方数
思路
求的完全平方数的最少数量，与顺序无关，排列组合都可以
1.f[j]：背包容量为 j 的最少物品数
2.f[j] = min(f[j], f[j – i * i] + 1)
3.f[0] = 0，其他 = 1e9
4.都可以，顺序遍历
class Solution {public:int numSquares(int n) {int m = sqrt(n);vector<int> f(n + 1, 1e9);f[0] = 0;for(int i = 1; i <= m; i++){for(int j = i * i; j <= n; j++){f[j] = min(f[j], f[j - i * i] + 1);}}return f[n];}};12.单词拆分
思路
如果确定 f[i] 是 true，且 [i, j] 这个区间的子串出现在字典里，那么 f[i] 一定是 true
所以递推公式是 if([i, j] 这个区间的子串出现在字典里 && f[i]是true) 那么 dp[j] = true
求的是排列数
1.f[j]: 长度为 j 的字符串是否可以拆分为字典里出现的单词
2.if([i, j] 这个区间的子串出现在字典里 && f[i]是true) 那么 dp[j] = true
3.f[0] = true，其他 = false
4.先背包，再物品，顺序遍历
class Solution {public:bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {// 存储在无序哈希表中，方便查找unordered_set<string> us(wordDict.begin(), wordDict.end());int n = s.size();vector<bool> f(n + 1, false);f[0] = true;for(int j = 1; j <= n; j++){for(int i = 0; i < j; i++){// 起始位置，截取的个数string t = s.substr(i, j - i);if(us.find(t) != us.end() && f[i]){f[j] = true;}}}return f[n];}};13.携带矿石资源
思路
多重背包，类似 01 背包，不过就是物品数量变多了
1.f[j]: 背包容量为 j 的最大价值
2.f[j] = max(f[j], f[j – z * w[i]] + z * v[i])
3.全部 = 0
4.倒序遍历
#includeusing namespace std;const int N = 1e4 + 10;int w[N], v[N], k[N];int f[N];int c, n;int main(){scanf("%d%d", &c, &n);for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%d", &w[i]);for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%d", &v[i]);for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%d", &k[i]);for(int i = 0; i < n; i++){for(int j = c; j >= w[i]; j--){for(int z = 1; z <= k[i] && j >= z * w[i]; z++){f[j] = max(f[j], f[j - z * w[i]] + z * v[i]);}}}printf("%d", f[c]);return 0;}打家劫舍
1.打家劫舍
思路
如果偷第 i 个房屋，则不可以偷第 i – 1 个房屋，可以偷第 i – 2 个房屋
1.f[i]: 下标为 i 之内的房屋可以偷盗的最大金额
2.f[i] = max(f[i – 1], f[i – 2] + nums[i])
3.f[0] = nums[0], f[1] = max(nums[0], nums[1])
4.顺序遍历
class Solution {public:int rob(vector<int>& nums) {int n = nums.size();if(n == 1) return nums[0];vector<int> f(n, 0);f[0] = nums[0], f[1] = max(nums[0], nums[1]);for(int i = 2; i < n; i++){f[i] = max(f[i - 1], f[i - 2] + nums[i]);}return f[n - 1];}};2.打家劫舍 II
思路
头尾的房屋不可以同时偷，分两种情况，偷头和头尾，然后比大小
1.f[i]: 下标为 i 之内的房屋可以偷盗的最大金额
2.f[i] = max(f[i – 1], f[i – 2] + nums[i])
3.f[0] = nums[0], f[1] = max(nums[0], nums[1])
4.顺序遍历，倒序遍历
class Solution {public:int rob(vector<int>& nums) {int n = nums.size();if(n == 1) return nums[0];if(n == 2) return max(nums[0], nums[1]);vector<int> f(n, 0), dp(n, 0);f[0] = nums[0], f[1] = max(nums[0], nums[1]);for(int i = 2; i < n - 1; i++){f[i] = max(f[i - 1], f[i - 2] + nums[i]);}dp[n - 1] = nums[n - 1], dp[n - 2] = max(nums[n - 1], nums[n - 2]);for(int i = n - 3; i > 0; i--){dp[i] = max(dp[i + 1], dp[i + 2] + nums[i]);}return max(f[n - 2], dp[1]);}};3.打家劫舍 III
思路
偷当前节点，就不能偷它的子节点
/** * Definition for a binary tree node. * struct TreeNode { * int val; * TreeNode *left; * TreeNode *right; * TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {} * TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {} * TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {} * }; */class Solution {public:vector<int> f(TreeNode* cur){if(cur == NULL) return {0, 0};vector<int> left = f(cur -> left);vector<int> right = f(cur -> right);int res1 = cur -> val + left[0] + right[0];int res2 = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1]);return {res2, res1};}int rob(TreeNode* root) {vector<int> res = f(root);return max(res[0], res[1]);}};买卖股票
1.买卖股票的最佳时机
思路
只能买卖一次，所以买入股票时，利润只能是 -1 * prices[i]
1.f[i][0]：第 i 天持有股票所得的最大利润，f[i][0]：第 i 天不持有股票所得的最大利润
2.f[i][0] = max(f[i – 1][0], -1 * prices[i]), f[i][1] = max(f[i – 1][1], f[i – 1][0] + prices[i])
3.f[0][0] = -1 * prices[0], f[0][1] = 0，其他 = 0
4.正序遍历
class Solution {public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int n = prices.size();vector<vector<int>> f(n, vector<int>(2, 0));f[0][0] = -1 * prices[0], f[0][1] = 0;for(int i = 1; i < n; i++){f[i][0] = max(f[i - 1][0], -1 * prices[i]);f[i][1] = max(f[i - 1][1], f[i - 1][0] + prices[i]);}return f[n - 1][1];}};2.买卖股票的最佳时机 II
思路
股票可以多次买卖，所以买入股票的时候，可能会有之前的利润，即 f[i – 1][1] – prices[i]
1.f[i][0]: 第 i 天持有股票的最大利润，f[i][1]: 第 i 天不持有股票的最大利润
2.f[i][0] = max(f[i – 1][0], f[i – 1][1] – prices[i]), f[i][1] = max(f[i – 1][1], f[i – 1][0] + prices[i])
3.f[0][0] = -1 * prices[0], f[0][1] = 0
4.顺序遍历
class Solution {public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int n = prices.size();vector<vector<int>> f(n, vector<int>(2, 0));f[0][0] = -1 * prices[0], f[0][1] = 0;for(int i = 1; i < n; i++){f[i][0] = max(f[i - 1][0], f[i - 1][1] - prices[i]);f[i][1] = max(f[i - 1][1], f[i - 1][0] + prices[i]);}return f[n - 1][1];}};3.买卖股票的最佳时机 III
思路
1.f[i][0]：不操作，f[i][1]：第一次持有股票的最大利润，f[i][2]：第一次不持有股票的最大利润，f[i][3]：第二次持有股票的最大利润，f[i][4]：第二次不持有股票的最大利润
2.f[i][1] = max(f[i – 1][1], f[i – 1][0] – prices[i]), f[i][2] = max(f[i – 1][2], f[i – 1][1] + prices[i]), f[i][3] = max(f[i – 1][3], f[i – 1][2] – prices[i]), f[i][4] = max(f[i – 1][4], f[i – 1][3] + prices[i])
3.f[0][1] = -1 * prices[0], f[0][2] = 0, f[0][3] = -1 * prices[0], f[0][4] = 0，其他 = 0
4.顺序遍历
class Solution {public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int n = prices.size();vector<vector<int>> f(n, vector<int>(5, 0));f[0][1] = -1 * prices[0], f[0][2] = 0;f[0][3] = -1 * prices[0], f[0][4] = 0;for(int i = 1; i < n; i++){f[i][1] = max(f[i - 1][1], f[i - 1][0] - prices[i]);f[i][2] = max(f[i - 1][2], f[i - 1][1] + prices[i]);f[i][3] = max(f[i - 1][3], f[i - 1][2] - prices[i]);f[i][4] = max(f[i - 1][4], f[i - 1][3] + prices[i]);}return f[n - 1][4];}};4.买卖股票的最佳时机 IV
思路
类似上一题，总结规律即可
1.f[i][0]：不操作，f[i][奇数]：买入股票的最大利润，f[i][偶数]：卖出股票的最大利润
2.f[i][j] = max(f[i – 1][j], f[i – 1][j – 1] – prices[i]), f[i][j + 1] = max(f[i – 1][j + 1], f[i – 1][j] + prices[i])
3.for(int i = 1; i < 2 * k; i += 2) f[0][i] = -1 * prices[0]
4.顺序遍历
class Solution {public:int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {int n = prices.size();vector<vector<int>> f(n, vector<int>(2 * k + 1, 0));for(int i = 1; i < 2 * k; i += 2) f[0][i] = -1 * prices[0];for(int i = 1; i < n; i++){for(int j = 1; j < 2 * k; j += 2){f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i - 1][j - 1] - prices[i]);f[i][j + 1] = max(f[i - 1][j + 1], f[i - 1][j] + prices[i]);}}return f[n - 1][2 * k];}};