lyj2018gyq的博客

思路：动态规划重点：问题分解因为只能向右或者向下移动，那么第一行和第一列中的每一格都设为1，其余格的值都等于M【i，j】 = M【i-1，j】+M【i，j-1】代码：public int uniquePaths(int m, int n) { int[][] M = new int[m][n]; for(int i = 0; i < ...

动态规划，最后路径和最小，那么每一步必须最小一、求解 求出到达最后一层的所有最小路径，然后再求出其中最小的即可。初始化二维数组用来存放结果final int size = triangle.get(triangle.size() - 1).size();int[][] result = new int[size][size];result[0][0] = triang...

给定一个非空字符串 s 和一个包含非空单词列表的字典 wordDict，在字符串中增加空格来构建一个句子，使得句子中所有的单词都在词典中。返回所有这些可能的句子。说明：分隔时可以重复使用字典中的单词。 你可以假设字典中没有重复的单词。示例 1：输入:s = "catsanddog"wordDict =["cat", "cats", "and", "sand", "dog&qu

思路和一维的一样：首先计算result，求出每一行的所有区间和。然后累加【row1,row2】区间内每一行的和。class NumMatrix { private int[][] result; public NumMatrix(int[][] matrix) { int row = matrix.length; if(row ...

注意需要多次调用sumRange方法，所以不能简单的进行区间遍历求和，动态规划一下，记录一下 每个区间的和，然后根据索引直接求出结果。class NumArray { private int[] sums; public NumArray(int[] nums) { final int length = nums.length; i...

在Ⅰ的基础上进行修改，这里面要额外考虑的就是是否偷窃第一个房间和偷窃最后一个房间，所以就分别计算一下两种情况的值，然后取最大值就可以了。偷窃第一个房间： int[] result2 = new int[length]; result2[0] = nums[0]; result2[1] = Math.max(nums[0],nums[1])...

动态规划。问题分解：以leetcode为例，判断一个字符串是否可以被分割成一个一个的单词，那么就就可以先判断l和eetcode是否在字典当中，只有前半部分和剩余部分都在字典当中，那么此时字符串才能被分割为单词；如果不在的话那么继续向下扫描，判断le和eetcode分别在字典当中。这里面使用一个辅助数组用来存放当前扫描位置前的判断结果，就是存放l、le等的判断结果，方便下一次判断（记忆搜...

目录一、0-1背包问题1.1 问题描述1.2 动态规划过程1.3 状态转移方程1.4 填表1.5 代码1.6 回溯法求解1.7 优化二、完全背包问题2.1 问题描述2.2 分析2.3 填表2.4 代码2.5 回溯法求解2.6 优化三、多重背包3.1 问题描述3.2 分析3.3 填表3.4 代码3.5 回溯法求解...

方法一：暴力法计算到达每一个房间时所能盗窃的最大金额。设当前为第i个房间，那么可以从【0，i-2】中任意一个房间直接到达第i个房间，所以需要在这里面找到最大值。class Solution { public int rob(int[] nums) { int length = nums.length; if (length == 0){ ...

方法一：暴力破解 public int maxProfit(int[] prices) { int result = Integer.MIN_VALUE; for (int i = 0; i < prices.length; i++){ for (int j = i+1; j < prices.length; j+...

动态规划问题，在爬楼梯的基础上增加了权值，所以这里面计算的最小路径，而不是路径的条数，整体思路还是一样。设楼梯的阶数为n，也就是cost的长度，T用来保存到达每一阶台阶的花费，那么从1~n-1阶的范围内，可以得出状态转移方程：T[i] = MIN(cost[i] + T[i - 1], cost[i] + T[i - 2])当到达第n阶的时候就需要分情况讨论了：从倒数第二个台...

在一的基础上增加了障碍：思路一样，状态转移方程不变，但是要改变转移的条件。为了便于计算，障碍物赋值-1情况一：边界处理当边界中含有障碍物时，那么障碍物以后的位置都要赋值-1，不可达。情况二：中间当不在边界上时，计算经过每一个位置的路径M【i】【j】时，需要注意，当M【i-1】【j】和M【i】【j-1】都不为-1的时，它两的和才赋值给M【i】【j】；只要它两中有一个为-1...

给定一个字符串s，找到s中最长的回文子串。你可以假设s的最大长度为1000。动态规划代码： //动态规划 public static String longestPalindrome(String s) { final int length = s.length(); int maxLength = 0; i...

设sum[i]为以第i个元素结尾且和最大的连续子数组。假设对于第i个元素，所有以它前面的和已经求得，那么以第i个元素结尾且和最大的连续子数组实际上可以分为两种情况：以第i-1个元素结尾且和最大的连续子数组加上第i个元素 只包含第i个元素状态转移方程为：。可以通过判断sum[i-1] + nums[i]是否大于nums[i]来做选择，而这实际上等价于判断sum[i-1]是否大于0。...

思路：爬到n阶的方法有两种：1. 从n-1阶爬上来2. 从n-2阶直接上来同理到达n-1阶的方法也有两种：从n-2阶上或者从n-3阶上，到达n-2阶的方法也有两种：从n-3阶上或者从n-4阶上………………递归问题，要想求到达n阶的方法数，必须求到达n-1阶和n-2阶的方法数。得到递归方程：f(n)=f(n-1)+f(n-2)那么初始状态为：f(1) = 1，f(2...

最大乘积可以由正数乘正数或者负数乘负数得到，所以在扫描过程中需要记录两个数值，一个最大值（max），一个最小值（min）。如果当前元素大于等于0，那么通过比较max*nums[i]和nums[i]的大小就可以得到到i为止的最大乘积子序列。如果当前元素小于0，通过比较min*nums[i]和nums[i]的大小就可以得到到i为止的最大乘积子序列。所以可以得到状态转移方程为：当n...