m0_74073296的博客

如果s[i]与s[j]不相同，说明s[i]和s[j]的同时加入 并不能增加[i,j]区间回文子序列的长度，那么分别加入s[i]、s[j]看看哪一个可以组成最长的回文子序列。首先要考虑当i 和j 相同的情况，从递推公式：dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] + 2;2.递推公式：如果s[i]与s[j]相同，那么dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] + 2;所以需要手动初始化一下，当i与j相同，那么dp[i][j]一定是等于1的，即：一个字符的回文子序列长度就是1。

我们在判断字符串S是否是回文，那么如果我们知道 s[1]，s[2]，s[3] 这个子串是回文的，那么只需要比较 s[0]和s[4]这两个元素是否相同，如果相同的话，这个字符串s 就是回文串。

时刻需要清楚dp[i][j]的定义

思路：将两个字符串除公共最长子序列以外的所有字符删除，所以问题便转换成了找出公共最长子序列，删除操作的步数即为两个字符串长度总和减去2 * 最长公共子序列长度。

一部分是用s[i - 1]来匹配，那么个数为dp[i - 1][j - 1]。即不需要考虑当前s子串和t子串的最后一位字母，所以只需要 dp[i-1][j-1]。一部分是不用s[i - 1]来匹配，个数为dp[i - 1][j]。

判断s是否为t的子序列，实质上就是看s与t的最长公共子序列是否为s。

本题说是求绘制的最大连线数，其实就是求两个字符串的最长公共子序列的长度！

递推公式：如果相同，则后一个为前一个长度加一；如果不相同(如图c不等于e)，情况一：考虑c不考虑e，则变成abc与ac的最长公共子序列，此时为dp[i][j-1]; 情况二：考虑e不考虑c，则变成ace与ab的最长公共子序列，此时为dp[i-1][j]。综上最后dp[i][j]取他们当中最大的一个。

定义：dp[i][j] ：以下标i - 1为结尾的A，和以下标j - 1为结尾的B，最长重复子数组长度为dp[i][j]

dp[i]定义为以i结尾的最长连续子序列，如果nums[i] > nums[i - 1]则说明递增，dp[i]一定是dp[i - 1] + 1,最后把最长的那个输出即可(不同结尾长度不同，不一定是最后一个最长）。

dp[i]表示i之前包括i的以nums[i]结尾的最长递增子序列的长度不是要dp[i] 与 dp[j] + 1进行比较，而是我们要取dp[j] + 1的最大值，即：dp[i]为dp[j]+1的最大值，递推体现在由dp[j]+1推出dp[i]。

更新buy2为当前价格减去sell1和之前的buy2中的较小值，表示在当前价格下第二次买入股票时的最低花费, 通过不断更新，我们可以确保在第二次买入时不会支付比第一次卖出后更高的价格，从而避免亏损

贪心思路：在左边找一个最小值，通过遍历价格列表，不断更新遇到的最低价格，并计算当前价格与最低价格的差值，如果这个差值大于之前记录的最大利润，则更新最大利润。

使用一个长度为2的数组，记录当前节点偷与不偷所得到的的最大金钱。递归顺序采用后序，即左-右-中，从下往上推。

现在连成环导致首尾都要考虑了，考虑第一个则不考虑最后一个，考虑最后一个则不考虑第一个。所以要限制起始位置和终止位置，其余的都是之前的模板。

思路：当前房屋偷与不偷取决于 前一个房屋和隔两个房屋的那个是否被偷了。发现当前状态和前面状态会有一种依赖关系，那么这种依赖关系都是动规的递推公式。

很奇怪，这次遍历物品竟然没有到头，而是限制在j长度以内。而且递推公式也不是常规：if(set.find(tmp) != set.end() && dp[i] == true)dp[j]=true

跟昨天的一样，不过一个细节是i从1开始并且用i * i

既然求最小的，那初始值为INT_MAX；递推公式疑虑：①dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i])求的是容量为j的背包所装最大价值；②dp[j] = min(dp[j], dp[j-weight[i]] + 1)求的是装满所需最小量；③dp[j] += dp[j - weight[i]]表示满足条件的数量

跟组合总和IV一样是求排列，比如上3个台阶先1后2和先2后1是不一样的。

这题跟零钱凑整有很大不同！！！零钱凑整是组合，这题是排序！题干明确说了“顺序不同的序列视为不同的组合”。所以这题的遍历顺序要变，得先背包再物品, 所以j只能初始化为0了，>=weight[i]只能放到if里面了。

注意题干，到底是求能装最大价值的方案还是装满这个容量共有多少种方法。两种递推公式不同！！！

最大的不同就是遍历背包时，是从前向后遍历的。

将m, n视为背包的属性，故问题转化为了将m,n容量的背包转满最多能装多少个，而每样物品只能装一次，问题转化成了01背包问题。实际上是三维数组，只不过背包有两个属性而已，用类似是一维数组方法写。

递推公式：dp[j] += dp[j - nums[i]]

思路转化：题干就是要留下来的石头最小，那么就是让石头尽可能分成重量相同的两堆相撞然后什么都不剩，那就转化成了求容量为sum/2的背包最多装多少重量了。

j初始是sum / 2，j >= nums[i]（能放选择不放和压根放不了是两码事）。递推公式：dp[j] = max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]（weight[i] == value[i] == nums[i]）定义dp[j]：容量为j的背包所能装下的最大价值，本题则是将容量为sum / 2的背包装满。如果题目给的价值都是正整数那么非0下标都初始化为0就可以了，如果题目给的价值有负数，那么非0下标就要初始化为负无穷。从dp[j]的定义来看，首先dp[0]一定是0。

同一个题目的两种解法，与二维dp相比，少了for循环初始化过程，另外遍历顺序上下不可颠倒，且0-1背包的j采取从后向前遍历防止物品i被重复放入，从前向后的是完全背包。

所以递归公式： dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);最终结果是dp[2][4]，也即：i = weight数组长度减一，j = 包的最大容量。4.所求的目标结果：dp[weight.size() - 1][bagweight]1.定义dp[i][j]：对于背包问题，有一种写法， 是使用二维数组，即。2.递推公式：有两个方向推出来dp[i][j]，

不需要考虑节点值的问题，只要看左右节点个数就可以了！

从初始化值后面的第一个开始。

递推公式：①拆成两个：j 和 i - j；②拆成两个以上：j 和 dp[i - j]，且dp[i]是dp[i]、j*(i-j)、j*dp[i-j]中的最大值（包括dp[i]的原因是dp[i]不断被更新取最大值)，max()一次只能比较两个数。初始化：dp[0]=0、dp[1]=0、dp[2]=1。遍历顺序：从3开始，通过找规律有在i/2之前可拆得最大。dp[i]含义：i这个数被拆分且取乘积的最大值。

障碍物之前dp值都是1，之后都是0，遍历时遇到障碍物就跳过(continue)。一切工作都是在没有障碍物的前提下进行的。①如果起点和终点就是障碍物的话直接返回0。

终点为（m-1， n-1）dp数组含义：设定二维数组dp[i][j]，代表从（0，0）出发到（i，j）有dp[i][j]种路径。递推公式：由于只能向右/向下，所以（i，j）位置一定来自于左边(i, j-1)或上面(i-1, j)，所以dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]。初始化：从（0，0）开始，到（i，0）的dp[i][0]肯定是1，dp[0][j]也一样。dp[i][0]=dp[0][j]。遍历顺序：从（0，0）开始，从上到下i和从左到右j两层循环嵌套。

dp[i]含义：到达这个台阶之前已经所花的最小花费。递推公式：dp[i]是dp[i-1]+cost[i-1]与dp[i-2]+cost[i-2]中的较小值。初始化：题干提到可以从下标0或1开始，所以‘站上去’不需要花费，dp[0]=dp[1]=0。遍历顺序：从前向后遍历cost数组。

dp大小为n+1?chat的回答是dp数组索引从0开始。其实这题把dp[0]删了也能通过，但一般是默认dp[0]存在的，本题默认dp[0]存在且值为0。

动态规划五部曲：1.dp数组的定义和下标 2.递推公式 3.dp数组如何初始化 4.遍历顺序 5.（出现报错）打印dp数组。还有，要规定dp数组的大小，如vectordp(n+1)，不然会报错。

贪心思路：从后往前遍历，如果左边比右边大则左边减1，右边变9（最大）。要点②：从后往前遍历而不是从前往后，

注意到全程参与比较的只有第i位数据和res.back()。重叠，判断右边界是否被囊括(大于则更新)，如果不重叠则直接加入res。

利用相对位置确定每个字母的最大位置边界，hash[s[i]-'a']=i是点睛之笔。然后不断更新最大右边界直到i到达最大右边界。拿"ababcbaca"来说，{right = max(right, hash[s[i] - 'a']);if(i == right)}用a的最大右边界囊括了b 和 c。