C++刷题笔记(36)——动态规划、leetcode509、70、746、62、63、343、96

题目1：509. 斐波那契数

简单的入门题目，
状态转移方程 dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]

class Solution {
public:
    int fib(int n) {
        if (n <= 1) return n;
        vector<int> dp(n + 1);
        dp[0] = 0;
        dp[1] = 1;
        for (int i = 2; i <= n; i++) {
            dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
        }
        return dp[n];
    }
};

滚动数组的方法：

class Solution {
public:
    int fib(int n) {
        if (n <= 1) return n;
        int dp[2] = { 0,1 };
        int sum;
        for (int i = 2; i <= n; i++) {
            sum = dp[0] + dp[1];
            dp[0] = dp[1];           //更新
            dp[1] = sum;
        }
        return dp[n];
    }
};

也可以用递归：

class Solution {
public:
    int fib(int n) {
        if (n <= 1) return n;
        return fib(n - 1) + fib(n - 2);
    }
};

题目2：70. 爬楼梯

n=1，有1种方法：1
n=2，有2种方法：1+1、2
n=3，有3种方法：1+1+1、2+1、1+2
n=4，有5种方法：1+1+1+1、1+1+2、1+2+1、2+1+1、2+2
n=5，有8种方法：1+1+1+1+1、2+1+1+1、1+2+1+1、1+1+2+1、1+1+1+2、1+2+2、2+1+2、2+2+1、
…
状态转移方程 dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]
那么此题的解法就和509差不多了

class Solution {
public:
    int climbStairs(int n) {
        if(n<=2) return n;
        int dp[2] = { 1,2 };
        int sum;
        for (int i = 3; i <= n; i++) {    //注意提示中1<=n<=45，所以i从3开始
            sum = dp[0] + dp[1];
            dp[0] = dp[1];
            dp[1] = sum;
        }
        return sum;
    }
};

或者维护一个滚动数组：

class Solution {
public:
    int climbStairs(int n) {
        if (n <= 1) return n; // 因为下面直接对dp[2]操作，防止空指针
        vector<int> dp(n + 1);
        dp[1] = 1;
        dp[2] = 2;
        for (int i = 3; i <= n; i++) { // 注意i是从3开始的
            dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
        }
        return dp[n];
    }
};

题目3：746. 使用最小花费爬楼梯

从下标0或下标1开始，每次可以选择爬一阶或两阶
根据题意肯定要选花费少的台阶，那么公式为dp[i] = min(dp[i - 1], dp[i - 2]) + cost[i]

class Solution {
public:
    int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {
        vector<int> dp(cost.size());
        dp[0] = cost[0], dp[1] = cost[1];
        for (int i = 2; i < cost.size(); i++) {
            dp[i] = min(dp[i - 1], dp[i - 2]) + cost[i];
        }
        return min(dp[cost.size() - 1], dp[cost.size() - 2]);  //取倒数第一步，第二步的最少值
    }
};

也可以不用数组：

class Solution {
public:
    int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {
        int dp0 = cost[0];
        int dp1 = cost[1];
        for (int i = 2; i < cost.size(); i++) {
            int dpi = min(dp0, dp1) + cost[i];
            dp0 = dp1; // 记录一下前两位
            dp1 = dpi;
        }
        return min(dp0, dp1);
    }
};

题目4：62.不同路径

对于网格dp[i,j]，要想移动到这个位置，只能从其上方dp[i-1,j]下移；或从其左方dp[i,j-1]右移。

因为dp[i][j]只能从这两个方向过来。

比如对于网格dp[2][3]，只有从d[1][3]和dp[2][2]移动过去，那么就可以再求d[1][3]和dp[2][2]的移动路径,以此类推

即到网格dp[i][j]的路径，就是走到网格dp[i-1][j]和网格d[i][j-1]的路径数之和

那么动态规划转移方程为：dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]

class Solution {
public:
    int uniquePaths(int m, int n) {
        vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 0));  //二维数组，用0填充
        for (int i = 0; i < m; i++) dp[i][0] = 1;      //从(0,0)的位置到(i,0)的路径只有一条，因此第一行的路径肯定是都1
        for (int j = 0; j < n; j++) dp[0][j] = 1;      //第一列的路径同理
        for (int i = 1; i < m; i++) {                  //从上到下、从左到右一层一层遍历
            for (int j = 1; j < n; j++) {
                dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
            }
        }
        return dp[m - 1][n - 1];
    }
};

题目5：63.不同路径Ⅱ

这一题和1相比多了障碍，
如果网格(i,j)上有障碍，那么走到该格子的路径为0

如果网格(i,j)没有障碍，那么就和62相同

class Solution {
public:
    int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {
        int m = obstacleGrid.size();
        int n = obstacleGrid[0].size();
        vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 0));                          //二维数组，用0填充
        for (int i = 0; i < m && obstacleGrid[i][0] == 0; i++) dp[i][0] = 1;   //第一行的路径肯定是都1，遇到障碍后停止赋1
        for (int j = 0; j < n && obstacleGrid[0][j] == 0; j++) dp[0][j] = 1;   //第一列的路径同理
        for (int i = 1; i < m; i++) {
            for (int j = 1; j < n; j++) {
                if(obstacleGrid[i][j] == 1) continue;      //当(i,j)有障碍时直接跳出
                dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];    //当(i,j)没有障碍时，再推导dp[i][j]
            }
        }
        return dp[m - 1][n - 1];
    }
};

题目6：343.整数拆分

dp[i] 表示将正整数 i 拆分成至少两个正整数的和之后，这些正整数的最大乘积

当 i ≥ 2 时，假设对正整数 i 拆分出的第一个正整数是 j（1≤j<i），则有以下两种方案：
1.将 i 拆分成 j 和 i-j 的和，且 i−j 不再拆分成多个正整数，此时的乘积是 j×(i−j) ；
2.将 i 拆分成 j 和 i−j 的和，且 i−j 继续拆分成多个正整数，此时的乘积是 j×dp[i−j] 。

因此，当 j 固定时，有 dp[i]=max(j×(i−j),j×dp[i−j])。由于 j 的取值范围是 1 到 i−1 ，需要遍历所有的 j 得到dp[i]的

class Solution {
public:
    int integerBreak(int n) {
        vector<int> dp(n + 1);
        dp[2] = 1;                            //dp[0]、dp[1]不可拆，dp[2]=1为拆分数字2，得到的最大乘积为1
        for (int i = 3; i <= n; i++) {        //i从3开始，可以通过初始化的dp[2]求后续dp[i]
            for (int j = 1; i < i - 1; j++) {
                dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));
            }
        }
        return dp[n];
    }
};

题目7：96.不同的二叉搜索树

这道题好麻烦，感觉代码随想录的解题思路有点类似于数学归纳法了，但是其他大佬的题解直接就干上了卡塔兰数，有需要的自己理解理解吧，难点就在于状态转移公式

class Solution {
public:
    int numTrees(int n) {
        vector<int> dp(n + 1);
        dp[0] = 1;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= i; j++) {
                dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j];
            }
        }
        return dp[n];
    }
};