Paper Clouds-优快云博客

原创代码随想录|动态规划|31打家劫舍III

之前打家劫舍的问题，我们最后求的是dp[nums.size()-1]也就是偷最后一个房子的最大金钱，那么这里按照后序遍历，可以把root根节点看作是最后的房子。这里不可以再用i去代表每一个状态的下标了，因为是二叉树，不是数组，二叉树有自己的遍历方式。树形dp，dp数组的形式真的没想到还能这样子写，归根还是在于数组跟树的遍历区别，树的遍历一定是那3种遍历顺序的，你用下标i根本无法表示。父节点一定和子节点连着的，所以相邻的节点不可以都偷，只能隔着偷。通过递归左节点，得到左节点偷与不偷的金钱。

2025-04-06 12:56:22 352

原创代码随想录|动态规划|30打家劫舍II

你是一个专业的小偷，计划偷窃沿街的房屋，每间房内都藏有一定的现金。同时，相邻的房屋装有相互连通的防盗系统，如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警。解释：你可以先偷窃 1 号房屋（金额 = 1），然后偷窃 3 号房屋（金额 = 3）。解释：你不能先偷窃 1 号房屋（金额 = 2），然后偷窃 3 号房屋（金额 = 2）, 因为他们是相邻的。当然情况2、3实际上包含了情况1，比如情况2，我只是考虑了首元素，没说一定要选啊。输入：nums = [1,2,3,1]输入：nums = [2,3,2]

2025-04-06 12:11:37 282

原创代码随想录|动态规划|29打家劫舍

解释：偷窃 1 号房屋 (金额 = 1) ，然后偷窃 3 号房屋 (金额 = 3)。然后dp[i]取最大值，即dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1]);（1）dp[i]：考虑下标i（包括i）以内的房屋，最多可以偷窃的金额为dp[i]。如果偷第i房间，那么dp[i] = dp[i - 2] + nums[i]如果不偷第i房间，那么dp[i] = dp[i - 1]，即考虑i-1房，（（3）递推公式有i-2和i-1，所以初始化应该考虑dp[0]和dp[1]。

2025-04-06 12:09:51 268

原创代码随想录|动态规划|26单词拆分

（2）如果确定dp[j] 是true，且 [j, i] 这个区间的子串出现在字典里，那么dp[i]一定是true。给定一个非空字符串 s 和一个包含非空单词的列表 wordDict，判定 s 是否可以被空格拆分为一个或多个在字典中出现的单词。（1）dp[i]：字符串长度为i的话，dp[i]为true，表示可以拆分为一个或多个在字典中出现的单词。（4）dp[0]一定为true，不然后面根据递推公式会一直为false。从小到大逐渐找s的子串，看子串是不是数组里面的元素。你可以假设字典中没有重复的单词。

2025-04-04 16:30:48 202

原创代码随想录|动态规划|24完全平方数

（3）dp[0]表示和为0的完全平方数的最小数量，本来写的是1，但是题目要求n>=1，所以这里j=0只是为了递推公式好写，实际上是dp[0]=0。（1）dp[j]：填满容量为j的背包，需要的最少物品个数。（和为j的完全平方数的最小个数）物品：i从0开始，最大满足i*i<=n。（4）求个数，不考虑遍历的顺序。转换成背包问题之后就很好写了。原问题转换为完全背包问题。背包容量：n，需要填满。物品的容量：i*i。

2025-04-04 15:35:33 247

原创代码随想录|动态规划|23零钱兑换

（2）如果包含coins[i]，凑足总额为j - coins[i]的最少个数为dp[j - coins[i]]，那么只需要加上一个钱币coins[i]即dp[j - coins[i]] + 1就是dp[j]。考虑到递推公式的特性，dp[j]必须初始化为一个最大的数，否则就会在min(dp[j - coins[i]] + 1, dp[j])比较的过程中被初始值覆盖。递推公式：dp[j] = min(dp[j - coins[i]] + 1, dp[j]);所以下标非0的元素都是应该是最大值。

2025-04-04 15:14:19 242

原创代码随想录|动态规划|21组合总和IV

所有可能的组合为： (1, 1, 1, 1) (1, 1, 2) (1, 2, 1) (1, 3) (2, 1, 1) (2, 2) (3, 1)给定一个由正整数组成且不存在重复数字的数组，找出和为给定目标正整数的组合的个数。递推公式为 dp[j] += dp[j-nums[i]];排列强调排序顺序，所以先遍历背包，再遍历物品。物品就是nums数组的每一个元素nums[i]这里跟上面那道题的区别在于 “排列！请注意，顺序不同的序列被视作不同的组合。物品对应的容量也是nums[i]

2025-04-03 20:38:25 175

原创代码随想录|动态规划|19零钱兑换II

（1）dp[i][j]：使用下标为[0, i]的coins[i]能够凑满j（包括j）这么大容量的包，有dp[i][j]种组合方法。那么就是先把1加入计算，然后再把5加入计算，得到的方法数量只有{1, 5}这种情况。背包容量的每一个值，都是经过 1 和 5 的计算，包含了{1, 5} 和 {5, 1}两种情况。第一列：背包容量为0，就是啥也装不了，就一种方法，即dp[i][0]=1.假设：coins[0] = 1，coins[1] = 5。（1）dp[j]：凑成总金额j的货币组合数为dp[j]

2025-04-03 20:27:40 959

原创代码随想录|动态规划|18完全背包理论基础

背包空出物品i的容量后，背包容量为j - weight[i]，dp[i][j - weight[i]] 为背包容量为j - weight[i]且不放物品i的最大价值，那么dp[i][j - weight[i]] + value[i] （物品i的价值），就是背包放物品i得到的最大价值。递推公式： dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - weight[i]] + value[i]);现在：剩下的容量还可以再放物品1，dp[1][4-nums[1]]+values[1]；

2025-04-03 19:58:51 854

原创代码随想录|动态规划|17一和零

解释：最多有 5 个 0 和 3 个 1 的最大子集是 {"10","0001","1","0"} ，因此答案是 4。其他满足题意但较小的子集包括 {"0001","1"} 和 {"10","1","0"}。输入：strs = ["10", "0001", "111001", "1", "0"], m = 5, n = 3。（1）dp[i][j]：最多有i个0，j个1的strs的最大子集的大小为dp[i][j]（3）根据定义，最多有0个0，0个1，这就根本没有子集，所以dp[0][0]=0。

2025-04-03 16:35:36 445

原创代码随想录|动态规划|16目标和

此时装满背包容量为1 有 dp[1][1] 种方法，即：不放物品2，背包容量为1，只考虑物品 0 和物品 1，有 dp[1][1] 种方法。第一行：只放物品0，把容量为j的背包填满，只有nums[0]==j的情况，才可以恰好把背包填满，其余情况要么填不满，要么填不够。：先空出物品i的容量，背包容量为（j - 物品i容量），放满背包有 dp[i - 1][j - 物品i容量] 种方法。（1）dp[i][j]：使用下标为[0, i]的nums[i]能够装满j这么大容量的包，有dp[i][j]种方法。

2025-04-02 17:01:58 1599

原创代码随想录|动态规划|14最后一块石头的重量II

target=sum/2是向下取整的，也就是说dp[target]≤sum/2，所以sum-dp[j]≥dp[j]，所以最终的差值为。假设石头的重量分别为 x 和 y，且 x <= y。（2）01背包的递推公式为：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);= 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。（1）dp[j]表示容量为j的背包，最多可以背最大重量为dp[j]。如果 x == y，那么两块石头都会被完全粉碎；

2025-04-02 15:39:53 439

原创代码随想录|动态规划|13分割等和子集

（2）01背包的递推公式为：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);（1）01背包中，dp[j] 表示：容量（所能装的重量）为j的背包，所背的物品价值最大可以为dp[j]。所以递推公式：dp[j] = max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i])这里target=sum/2，背包最大重量为target，背包最大能装dp[target]这里的weight[i]就是nums[i]，value[i]就是nums[i]。

2025-04-02 15:24:24 364

原创代码随想录|动态规划|12“0-1”背包问题二

二维数组的时候，递推公式：dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);dp[2] = dp[2 - weight[0]] + value[0] = 15 （dp数组已经都初始化为0）dp[i][j]都是通过上一层即dp[i - 1][j]计算而来，本层的dp[i][j]并不会被覆盖。（1）在一维dp数组中，dp[j]表示：容量为j的背包，所背的物品价值可以最大为dp[j]。如果正序遍历（这里都是i=0的情况下）

2025-04-02 15:07:51 356

原创代码随想录|动态规划|11“0-1”背包问题一

背包容量为 3，上一行同一状态，背包只能放物品0，这次也可以选择物品1了，背包可以放物品1 或者物品0，物品1价值更大，背包里的价值为20。背包容量为 4，上一行同一状态，背包只能放物品0，这次也可以选择物品1了，背包可以放下物品0 和物品1，背包价值为35。首先从dp[i][j]的定义出发，如果背包容量j为0的话，即dp[i][0]，无论是选取哪些物品，背包价值总和一定为0。dp[i][j] 表示从下标为[0-i]的物品里任意取，放进容量为j的背包，价值总和最大是多少。

2025-04-01 17:54:00 657

原创代码随想录|动态规划|09不同的二叉搜索树

（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]给定一个整数 n，求以 1 ... n 为节点组成的二叉搜索树有多少种？（5）自己画图画到3就得了，后面的太复杂，直接给出答案。（1）1到i为节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i]。（3）空节点也是单独的一棵树，dp[0] = 1。（4）i从1到n，j从1到i，分析过程已经说了。1为头节点：左子树0节点*右子树2节点。2为头节点：左子树1节点*右子树1节点。3为头节点：左子树2节点*右子树0节点。

2025-03-31 15:04:26 436

原创代码随想录|动态规划|08整数拆分

给定一个正整数 n，将其拆分为至少两个正整数的和，并使这些整数的乘积最大化。返回你可以获得的最大乘积。正整数拆分，应该是尽可能拆分成比较接近的数，比如9拆成3*3*3，因为距离相近的数相乘更大。（3）按照题意来看，0和1是无法进行初始化的，所以初始化dp[2] = 1。这个递推公式真的不好想，其实j的范围还可以再缩小，等二刷的时候我再加。因为dp[i - j]里面已经包括了j的拆分情况，没必要重复拆分。（1）dp[i]：分拆数字i，可以得到的最大乘积为dp[i]。这里为什么j不拆分？

2025-03-31 14:47:10 341

原创代码随想录|动态规划|07不同路径II

（2）每个点的路径还是只可从上面或者左边得到，即dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]。（1）dp[i][j] ：表示从（0 ，0）出发，到(i, j) 有dp[i][j]条不同的路径.但是这里要考虑障碍物的情况，如果这个点有障碍物，那么其实是无法到达这个点，也就是0。（4）遍历顺序还是跟以前一样的，只是在遍历的过程中加了一个障碍物的判断条件。（3）如果障碍物出现在第一行或者第一列，那么障碍物往后的点全都无法达到。网格中的障碍物和空位置分别用 1 和 0 来表示。

2025-03-31 14:26:14 328

原创代码随想录|动态规划|06不同路径

（2）dp[i][j]只能从dp[i-1][j]和dp[i][j-1]获取，所以dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]，这里的逻辑有点像前几天做的爬楼梯那个题，只能从上一个或者上上个楼梯爬过来。（4）每个网格的取值要看它的左边和它的上边，所以i遍历每一行，j遍历每一列，用两层for循环遍历就行了，不过起始位置是i=1和j=1。（1）dp[i][j] ：表示从（0 ，0）出发，到(i, j) 有dp[i][j]条不同的路径。有点像小学里面的一些画图题，递归公式不难想。

2025-03-31 12:22:44 320

原创代码随想录|回溯算法|10复原IP地址

例如："0.1.2.201" 和 "192.168.1.1" 是有效的 IP 地址，但是 "0.011.255.245"、"192.168.1.312" 和 "192.168@1.1" 是无效的 IP 地址。此外这里的else执行的是break，因为在当前层，只要前面的分割不合法，那么后面无论怎么分割都是不合法的，所以break直接结束本层循环。但是在判断合法之后，需要给当前区间的后面插入一个'.'，此时区间的长度+1，所以在回溯的时候不是i+1而是i+2！

2025-03-30 20:57:31 612

原创代码随想录|回溯算法|09分割回文串

子串的范围是[startIndex,i]，然后使用isValid来判断是否为回文子串，如果是回文，就加入到path，path用来记录切割过的回文子串。切割问题跟组合问题很像，切割也要求不可以重复切割，所以需要用一个startIndex来指定每次切割的起始位置。示例: 输入: "aab" 输出: [ ["aa","b"], ["a","a","b"] ]子串str的获取方式用的是substr函数，获取当前这一段的字符串。给定一个字符串 s，将 s 分割成一些子串，使每个子串都是回文串。

2025-03-30 19:26:27 500

原创代码随想录|动态规划|04使用最小花费爬楼梯

一定是选最小的，所以dp[i] = min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);（5）举例cost = [1, 100, 1, 1, 1, 100, 1, 1, 100, 1]dp[i - 1] 跳到 dp[i] 需要花费 dp[i - 1] + cost[i - 1]。dp[i - 2] 跳到 dp[i] 需要花费 dp[i - 2] + cost[i - 2]。- 支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 2 的台阶。

2025-03-29 16:45:24 414

原创代码随想录|动态规划|03爬楼梯

如何把这个题转换成斐波那契数列，需要分析到达第i层的两种情况是互斥的，所以他们的走法加起来就是到达第i层的走法。（3）题目说n是正整数，所以i从1开始的，dp[1]=1，dp[2]=2。每次你可以爬 1 或 2 个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？并且dp[i-1]和dp[i-2]的路径是没有重复的，它们是互斥的。所以dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]！（1）爬到第i层楼梯，有dp[i]种方法。注意：给定 n 是一个正整数。dp[i-1]走一步。dp[i-2]走两步。

2025-03-29 15:36:43 368

原创代码随想录|动态规划|02斐波那契数列

斐波那契数，通常用 F(n) 表示，形成的序列称为斐波那契数列。也就是： F(0) = 0，F(1) = 1 F(n) = F(n - 1) + F(n - 2)，其中 n > 1 给你n ，请计算 F(n)。我一开始没有提前加边界条件，就会在n=0时候报错，因为后面直接用了dp[1]超出了索引的范围。（4）根据（2）里面的递归公式，要求i≥2，所以从2开始遍历。（3）题目给了，dp[0]=0，dp[1]=1。（1）dp[i]表示第i个数，i是从0开始的。兔子数列，就是前两个数相加。

2025-03-29 15:10:50 428

原创代码随想录|动态规划|01动态规划理论基础

需要注意的是，先确定递推公式然后再去确定初始条件，动态规划的初始条件有点特殊，不仅仅是dp[0]，可能还要考虑 dp[1]、dp[2]等等。调试的话，尽量在IDE打印dp数组，后面的笔记我尽量用ACM格式的代码。

2025-03-29 14:55:14 112

原创代码随想录|贪心算法|22单调递增的数字

一旦出现strNum[i - 1] > strNum[i]的情况（非单调递增），首先想让strNum[i - 1]--，然后strNum[i]给为9，这样这个整数就是89，即小于98的最大的单调递增整数。（2）标记flag不可以初始化为0，如果数字原本就是递增的，那么第二个for循环会直接把数字的每个位全部变成9。给定一个非负整数 N，找出小于或等于 N 的最大的整数，同时这个整数需要满足其各个位数上的数字是单调递增。所以我们在遍历的时候，i从nums.size()-1开始，往前遍历。

2025-03-28 15:04:14 395

原创代码随想录|贪心算法|20合并区间

这里就是要找重叠区间，而前面射气球那些题是要去除重叠区间，所以是找左区间还是右区间，要看清楚题意。有区别的就是，以前用的是min，现在要用max，找到两个重叠区间的最右边。重叠问题都是先排序再判断重叠，这里还是先按照左区间从小到大排序。更新右区间，直接在result.back()上面更新。可以看出重叠的区间，左边界不用管，只更新右边界就行。给出一个区间的集合，请合并所有重叠的区间。不重叠的区间，就加入到result。

2025-03-28 14:13:13 287

原创代码随想录|贪心算法|19划分字母区间

我们要把这个字符串划分为尽可能多的片段，同一字母最多出现在一个片段中。使用数组（数组也算哈希表）hash来记录，映射字符到索引，而且用hash[S[i] - 'a']这种相对索引，避免了ASCII。如果找到之前遍历过的所有字母的最远边界，说明这个边界就是分割点。如果当前的i已经到了当前区间的最远右边界，就开始分割，然后把前面的这一段区间长度计算一下，加入到我们的结果里面。如何找字符出现的最远下标，首先肯定是在遍历中操作，但是这里涉及到字符跟索引的对应关系？hash的使用，对于这种字符的问题。

2025-03-28 11:39:56 347

原创代码随想录|贪心算法|18无重叠区间

也可以直接在上个题的代码基础上直接修改，这里的问题是求重叠区间个数，而上题弓箭的数量就是非交叉区间的数量，我们用总区间个数减去弓箭数量，就是需要移除区间的数量。注意: 可以认为区间的终点总是大于它的起点。区间 [1,2] 和 [2,3] 的边界相互“接触”，但没有相互重叠。重叠区间的问题，核心还是在min这一块，然后每道题的题目需要仔细看一下，端点重叠到底算不算区间重叠？给定一个区间的集合，找到需要移除区间的最小数量，使剩余区间互不重叠。

2025-03-28 11:04:58 287

原创代码随想录|贪心算法|17用最少数量的箭引爆气球

在坐标 x 处射出一支箭，若有一个气球的直径的开始和结束坐标为 xstart，xend，且满足 xstart ≤ x ≤ xend，则该气球会被引爆。对于每个气球，提供的输入是水平方向上，气球直径的开始和结束坐标。由于它是水平的，所以纵坐标并不重要，因此只要知道开始和结束的横坐标就足够了。开始坐标总是小于结束坐标。注意题目中说的是：满足 xstart ≤ x ≤ xend，则该气球会被引爆。从天上垂直丢下一个弓箭，要保证用到的弓箭数量最少，那就要让一个弓箭能射穿更多气球（更多区间），那就是重叠的区间。

2025-03-28 10:43:14 650

原创代码随想录|贪心算法|14根据身高重建队列

返回的队列应该格式化为数组 queue ，其中 queue[j] = [hj, kj] 是队列中第 j 个人的属性（queue[0] 是排在队列前面的人）。从左到右，身高是降序排列，这个是定死的，跟发糖果那个题一样，要考虑两种维度，我们不能放在一起考虑，而是先考虑一个，然后再考虑另外一个。所以这里先按照身高进行降序排列，如果身高一样怎么办，那就把k更大的放在后面，因为题意是这么说的。需要考虑多个维度的贪心问题，就一步步来，处理完一个维度，在考虑其他的。然后我们再考虑k，把k的那个数组插入到索引为k的位置。

2025-03-26 15:17:35 534

原创代码随想录|贪心算法|13柠檬水找零

每位顾客只买一杯柠檬水，然后向你付 5 美元、10 美元或 20 美元。你必须给每个顾客正确找零，也就是说净交易是每位顾客向你支付 5 美元。顾客排队购买你的产品，（按账单 bills 支付的顺序）一次购买一杯。如果你能给每位顾客正确找零，返回 true ，否则返回 false。在柠檬水摊上，每一杯柠檬水的售价为 5 美元。如果上面两个找法都不行，返回false。需要找5元，此时手上至少得有一张5元。收钱只有3种情况，5、10、20.如果没有5元，返回false。找一个10元+一个5元。

2025-03-26 15:00:09 449

原创代码随想录|贪心算法|12分糖果

首先可以确定每个人都有一个糖果，然后就是相邻之间进行比较呗，谁大谁的糖果就增加，但是每个人（除了两边的）都要和两边的进行比较，如果比较完左边的，然后比较右边的，不太好确定情况。这在leetcode上是一道困难的题目，其难点就在于贪心的策略，如果在考虑局部的时候想两边兼顾，就会顾此失彼。老师想给孩子们分发糖果，有 N 个孩子站成了一条直线，老师会根据每个孩子的表现，预先给他们评分。这样从局部最优推出了全局最优，即：相邻的孩子中，评分高的孩子获得更多的糖果。局部最优：只要右边的比左边分数高，那么糖果就+1。

2025-03-26 14:37:36 409

空空如也

空空如也