give it a try

题目传送最开始想二分了，但是实际上是不能分的。因为每一个分的点实际上没有什么规律（自我感觉）。dp：数据只有200，那说明可以跑三个for。先假设区间（i，j），那么是俩for，再枚举一个点x，在区间（i，j）内。那么要保证必胜的策略假设，必须考虑最坏的最好情况。那么当选中一个点的时候，分成俩个区间（i，x-1）和（x+1，j），因为考虑最坏情况，所以x点就不是最坏了，还得继续分区间。那么这个时候选错的代价就是x+max（dp【i】【x-1】），dp【x+1】【j】）。这个时候，只需要枚举每一个在（i

题目传送思路：dp，记录一下当前的数减去等差值在当前数的前面出现过没有，如果出现过，则直接在前面的基础上加一即可。然后记录最大值AC代码class Solution {public: int longestSubsequence(vector<int>& arr, int difference) { int len = arr.size(); int Max = 1,dp[100005] = {0}; map<in

下定决心，好好过一天~题目传送思路：状态要找对，不然情况会很复杂俩种状态：1.一个数字独立成字母时。 当是s【i】!= ‘0’ 时，dp【i】 = dp【i-1】，否则该情况对答案无贡献2. 俩个数字成字母时。当s【i-1】和s【i】的和小于等于26，且s【i-1】不等于0时。dp【i】 += dp【i-2】AC代码class Solution {public: int numDecodings(string s) { int len = s.size(); s

题目传送思路：dp，状态为：维护到每一个点的最小步数class Solution {public: int jump(vector<int>& nums) { int dp[10005]; fill(dp,dp+10005,1e9+7); dp[0] = 0; for(int i = 0;i < nums.size();i++) { for(int j = 1;

题目传送思路：递推，dp每次选取一个最小臭数，dp【i】，但是最重要的如何维护，使得每次精准求出第i个丑数。1.那么第一个丑数必定是12.第二个丑数，则需要借助前面的丑数来进行计算。现在令pos数组全为0，我们可以想想，我们用每一个质数来乘以它当前能乘的最小丑数（重复的和已经计算过的除外）。那么pos数组则对应每一个质数能乘的最小丑数（肯定是先乘最小的才能维护到准确的第i个丑数呀）3.那么pos还要进行相应的处理。当选中了准确的第i个丑数后。那么对应的那个质数所能乘的最小丑数又要变化了，我们令

题目传送class Solution {public: int minPathSum(vector<vector<int>>& grid) { int n = grid.size(),m = grid[0].size(); int dp[205][205]; int arr[205][205]; for(int i = 1;i <= n;i++) { f

题目传送思路：很简单，直接设置左上角为1，dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]class Solution {public: int uniquePaths(int m, int n) { long long dp[105][105] = {0}; memset(dp,0,sizeof(dp)); dp[1][1] = 1; for(int i = 1;i <= n;i++)

下定决心，好好过一天 ~题目传送思路：首先数位dp是肯定可以的，只不过状态需要压缩。利用二进制形式进行压缩。但是这个题没有想象那么复杂。直接递推即可，dp[ i ] 代表 拥有 i 位数的合法的数。那么就是 9 * 9 * 8 * 7 … 第一位不能选零。其实更像组合数学。class Solution {public: int countNumbersWithUniqueDigits(int n) { int dp[20] = {0}; dp[0] =

下定决心，好好过一天 ~题目传送这是简单版本。思路：如果拿第 i 个物品，一定可以拿第 i-2 或者 i-3 个物品，那么动态方程就出来了，直接i从0往后遍历即可。dp[i] = max(nums[i] + dp[i-2] , nums[i] + dp[i-3]),输出dp数组中最大值即可class Solution {public: int rob(vector<int>& nums) { int dp[1005] = {0}; i

下定决心，好好过一天 ~题目传送思路：首先还是O（n2）的复杂度把，所有的回文子串都标记上，接下来就可以O（1）查询子序列i到j是否为回文串。接下来再来推另外一个动态方程。设pos[i]表示，以i位置结束的，子序列0到i最少可以分割为多少个符合条件的序列。那么从最开始递推,如果0到i本来就是回文，那么直接pos[i] = 0，否则。再来一个for，枚举位置j，判断j 到 i 是否为回文，如果为回文，那么维护最小值 pos[i] = min(pos[i] , pos[j-1] + 1)，这个1就为j到i这

下定决心，好好过一天 ~题目传送思路：在本子写写就知道。2只能拆成 1 * 1，3 为 1 * 2可以看到，这俩个数拆了过后，他的乘积形式都比自身还小。那么就没必要4 为 2 * 25 为 2 * 36 为 3 * 37 为 3 * 2 * 28 为 3 * 3 * 39 为 3 * 3 * 2 * 210 为 3 * 3 * 3 * 2那么规律就出来了，第n个数的前一个数，如果有2的存在，那么直接把这个2变成3（n比n-1多1）如果没有2，那么就得拆成俩个2出来，原因是，只有

下定决心，好好过一天 ~题目传送题目思路：简单的dp，注意下边界就行了。当前面的序列为负，那么对后面的序列将是累赘，那么就抛弃前面的序列。class Solution {public: int maxSubArray(vector<int>& nums) { int len = nums.size(); long long dp[100005] = {0}; fill(dp,dp+100005,-1e18);

下定决心，好好过一天 ~题目传送思路：动态转移方程：i到j为回文的话，那么 dp[i][j] 成立的条件就是 dp[i+1][j-1] 成立，就是说他如果是回文，那么他的中间也必定是回文。再处理一下边界和初始化，从每个位置枚举长度，递推即可class Solution {public: string longestPalindrome(string s) { int len = s.size(); bool dp[1005][1005] = {0};

题目传送题意:思路:子问题就是选这个任务还是不选这个任务的问题，但是题目有限制要求，当前时间有任务但是自己目前空闲，就必须接一个任务那么如果从头开始找，前面的子问题会对后面的子问题有影响，那么不行，如果从后面往前，那么无后效性成立，动态转移方程式就是，如果此时没有必须的任务要去做，那么dp[i] = dp[i+1] +1，否则这个时刻必定要选一个任务，那么直接加上一个dp[结束时间]。由于无后效性，肯定不会有影响AC代码#include<bits/stdc++.h>#includ

题目传送题意:思路:四种子问题:增 ，删，改，不变那么定义dp数组俩个状态 : 字符串a的前i个字符转化成字符串的前j个字符所需要的次数1.保持当前状态 dp[i][j] = dp[i][j]2.dp[i][j] = dp[i-1][j] a的前i个字符转化成b的前j个字符 等于 把a的前i-1个字符转化成b的前j个字符，那么删一个即可3.dp[i][j] = dp[i][j-1] a的前i个字符 转化成 b的前j-1个字符 ，那么在此基础上再添一个字符即可4.改变，那么等于dp[i-1

题目传送思路:首先得观察到一个规律，如果某个数的后面紧跟着的数中有一段比他小的数，那么这一段数肯定是在一个数组中的，例: 5 3 1 4 2 10 7 8 9 6 ，那么可以分成三段 [5 3 1] ，[4 2] ，[10 7 8 9 6]，那么分段有什么意义呢?我们知道了可以把这些段分出来，那么我们现在就可以把段自由组合一下，如果能组合成一个长度为n的数组，那么就成立了，如何自由组合?这很像背包dp，代价为段的长度，价值也为段的长度AC代码#include <bits/stdc++.h&g

题目传送题目:思路:

题目传送题目:思路:动态转移方程为: dp[i][j] = dp[i][j] + dp[i-1][j-k]。前i种花摆j盆花的摆法为:前i-1种花，摆j-k盆花的的摆法总数，另外k盆由第i种花摆出还可以由记忆化搜索做出来，这里不贴代码了。AC代码#include <bits/stdc++.h>inline int read(){char c = getchar();int x = 0,s = 1;while(c < '0' || c > '9') {if(c ==

题目链接题意:给你一个二维数组，每个点有一个权值(山的高度)，现在只能从高度高的点往下移动，问最长路径是多少。思路:dp思想，寻找最优子结构，很容易知道，在一个点，以这个点为结束点的最长路径为:以其四周(上下左右)的点为结束点的前一个点的最大值加一(前提是他的高度大于结束点)。本来以为自己亲手a掉了，高兴坏了，结果还是wa了，为什么呢?以为dp思想要求无后效性(也就是前面的结果对后面的子结构不会有影响，官方定义为:某阶段的状态一旦确定，则此后过程的演变不再受此前各种状态及决策的影响)，那么我们就要

题目传送题意:给你n个地窖，每个地窖有一定的地雷，再给出地窖的连通情况，(单向边) 问你最多能挖走多少地雷。思路:这个题由于，数据不大(n <= 20)所以可以dfs爆搜直接a了。但是他也可以用dp的思想来做，f[i]表示以 i 地窖结束的所挖的最大地雷数arr[i] 表示该地窖的地雷数dp递推方程:当 j 到 i 有路可走时候f[i] = max(f[j]) + arr[i]。dfs代码:#include <bits/stdc++.h>inline int r

题目链接题目:思路:这是最大上升子序列的模板题，为dp思想。dp动态方程为: 当a[i] 大于 a[j] 时 f[i] = max( f[j] + 1 , f[i] )，其中f[i]表示的是以这个数结尾的最长子序列，a[i]表示的是i这个位置的数。dp代码:#include<iostream>#include<cstdio>#define ll long long#define rg register intusing namespace std;int n

题目链接题目:dp入门题，因为数据的原因好像也可以暴力搜索过这个题，但是我是来学dp的。。。。。。博主初学。。。。。详情代码思路:从这个数字三角形的下方开始寻找最优子结构。AC代码#include <bits/stdc++.h>inline int read(){char c = getchar();int x = 0,s = 1;while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') s = -1;c = getchar();}whil

题目链接题目:思路:这个就类似最大子序列,有人会问，这和最大子序列有关系???，其实在我们进行矩阵压缩后，这个问题其实就变成了最大子序列矩阵压缩:我的理解就是把矩阵分成小的矩阵(把每种情况都分出来)。例我们有矩阵:1 2 34 5 67 8 9我们先枚举第一行 1 2 3.再加上的第二行 1 2 3 和 4 5 6再加上第三行 1 2 3 和 4 5 6 和 7 8 9再枚举第二行 4 5 6再加上第三行 4 5 6 和 7 8 9再枚举第三行 7 8 9这样做有什么意思呢