发现问题，并解决问题，批判性思维

1.动态规划DP（1）题目特点2.DP解题步骤三种硬币，分别面值为2、5、7元（每种硬币都有足够多），需要买一本书27元，求如何用最少的硬币组合正好付清（不需要对方找钱）。（1）确定状态开一个数组，数组的每个元素f[i]或者f[i][j]代表什么；确定状态需要2个意识：1）最后一步；2）子问题。（2）转移方程（3）初始条件+边界情况初始条件即用转移方程算不出来（需要手工定义）。边界：不要数组越界。（4）计算顺序小结...

（0）读懂题意：题目的“连续”是指位置的连续，而不是说数字的连续，这是个大坑。（1）确定状态：定义两个状态来记录当前子数组的最大乘积、最小乘积。因为在处理负数时，最小乘积乘以负数可能变为最大乘积。`dp_max[i]`表示以`nums[i]`结尾的子数组的最大乘积、`dp_min[i]`表示以`nums[i]`结尾的子数组的最小乘积。（2）状态转移方程：对于每个元素`nums[i]`，我们的`dp_max[i]`和`dp_min[i]`可以从这三个数中确定：- 只包含当前元素 `nums[i]`。

加上这种只需要求出【最值】的题目经常使用dp；因为每个房子能刷成三种颜色，即三种状态，加上不同的房子位置这个维度，可以令。有关，所以可以使用【滚动数组】优化计算复杂度，这个滚动数组即大小为颜色种类数。数组的三个数的最小值为按规矩粉刷房子的最小总成本。第0个房子左边木有房子，直接赋值当前房子的三种初值，已知不同房子刷成不同颜色的价格矩阵。个房子的粉刷情况都是符合题意时，这。个房子所需要的最少话费成本。（3）初始状态 + 边界情况。取值为0,1,2）表示：第。计算到最后一个房子时，即。

编辑距离可以通过以下三种操作进行计算：插入一个字符、删除一个字符、替换一个字符。初始条件：也只有两个字符串都相同或者都是空时编辑距离才为0，先全都将。根据状态转移方程，下标大的dp值都能从下标小的dp值计算得到，所以。边界：如果word1和word2其中一个没字母，即。个单词，变换到word2中前。个字符，最少需要的动作次数。，即一路加到底和一路减到底。（3）边界+初始条件。是边界情况，值分别为。

1.题目2.思路为啥说是完全背包呢：单词=物品，字符串=背包，而单词能否组成字符串s，就是背包能否装满物品；并且是可以重复使用字典中的单词，即背包中可以重复使用。（1）确定状态dp[i]dp[i]dp[i]为true时表示前i的（字符串长度为i）可以拆分为一个或多个正常单词（字典里能找得到的），即字符串s的前i位能用wordDict中的单词表示。（2）转移方程如果确定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。（j < i）。所

文章目录一、题目二、思路三、代码一、题目二、思路基础题。拿到题目，“最大价值”、路线问题，可以发现和以前做的【LeetCode62】不同路径（dp）是一个思路的，都是规定从左上角，每次只能向右or向下移动一格，于是那题从当前状态考虑时，需要将上方格子的dp值和左方的dp值相加（因为那里是求路径方法数），但是本题是取max（因为这里是求一条路径，该路径使得礼物价值最大）。（1）确定状态状态f(i,j)f(i, j)f(i,j)表示到达当前(i,j)(i, j)(i,j)坐标位置时能够拿到的礼物最大

一、题目二、思路（1）确定状态dp[i]dp[i]dp[i]表示nums中以nums[i]结尾的最大子序和。（2）状态转移方程（描述子问题之间的联系）假设数组nums[i]值全部严格大于0，则一定有：dp[i]=max(dp[i−1]+nums[i],nums[i])dp[i] = max(dp[i-1]+nums[i],nums[i])dp[i]=max(dp[i−1]+nums[i],nums[i])但是dp[i-1]可能是负数的，分类讨论：如果dp[i-1]大于0，可以把nums[

一、题目二、思路求前k大经常用到优先级队列，小顶堆，循环将符合要求的丑数加入小顶堆，取k次堆顶元素即可让堆顶为第k个丑数。而逐个加入丑数即加入2x2x2x、3x3x3x、5x5x5x进入集合（去重）即可。注意这里加入小顶堆的元素不能是int类型，否则会报错overflow（因为next = temp * factor后可能会越界）：Line 17: Char 33: runtime error: signed integer overflow: 429981696 * 5 cannot be rep

一、题目二、思路（1）确定状态dp[i]是将正整数i拆成2个及其以上的正整数后，求所有数的乘积值。（2）状态转移方程当 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),

一、题目二、思路字母只有26个英文字母，数字上不超过2位数，本题本质上就是青蛙跳阶梯类型（数字可以是一位，或者两位），只不过需要赋值前进行判断。（1）确定状态dp[i]表示前i个数字的翻译方法可能个数。（2）转移方程只有两种情况可以进行组合翻译：前一个数字为1是，则必然满足[10,25]区间，可以和当前数字组合翻译若前一个数组为2，且当前数字<=5，则满足[10,25]区间，可以组合翻译而如果是单独翻译，则翻译方法数不变：dp[i] = dp[i - 1]。（3）

一、题目提示：1 <= nums.length <= 4 * 10^41 <= nums[i] <= 10^4二、思路要从给出的数组中，找到一小坨数满足和能被3整除。dp[i][*]表示在num[i]中，被3整除后的余数为*的最大数（和）。2.1 确定状态对于每种状态，有2种选择：选择当前元素；不选择当前元素： dp[i][*] = max{dp[i-1][*],dp[i-1][*] + nums[i]} (* 取值为 0,1,2)2.2 转移方程（1）零状

一、题目二、思路下面将讲解如何一步步找到优化解，面试时候也是这样（需要体现一个思考的过程）：（1）最简单的思路（会超时）从左往右逐个遍历，每次来到当前的第iii个位置时，需要确定当前位置的左边的最大值，和，当前位置的右边的最大值（这里要找左右两边的最高值大家可以再想下，要围起积水是需要两个高的），而且我们每次计算的积水单位不是一坨连起来的积水，而是当前第iii个位置的积水（如果有）。总之，时间复杂度是O(n2)O(n^2)O(n2)，空间复杂度是O(1)O(1)O(1)。Leetcode官方题解是

文章目录1.题目2.思路3.C++代码4.Python代码Reference1.题目2.思路并没有让你输出所有满足情况的具体方案，问的是满足情况的（最少数目的）时的【平方数最少的数量】，这种问题就是用dp了，和之前的拼硬币一样（每种币值的硬币不限量）是完全背包问题。动态规划其实也就是遍历，只不过将中间值用空间储存起来了，便于计算了.（1）确定状态dp[i] 表示和为 i 的 nums 组合中完全平方数最少有 dp[i] 个.（2）转移方程确定状态转移方程需要2个意识：1）最后一步；2）子问

1.题目2.思路（1）确定状态对于每个屋子的判定，nums[i]nums[i]nums[i]表示当前第i个屋子的金额，而dp[i]dp[i]dp[i]来表示前i间房能偷到的最高总金额。（2）转移方程因为对于每间屋子来说，只有【偷】和【不偷】两种选择，dp[i]=max(dp[i−2]+nums[i],dp[i−1])dp[i] = max(dp[i-2]+nums[i],dp[i-1])dp[i]=max(dp[i−2]+nums[i],dp[i−1])（3）初始条件+边界情况只有一间房子

1.题目2.思路（1）确定状态dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]表示从(i,j)(i,j)(i,j)到右下角（终点）的最短路径（2）转移方程（3）初始条件+边界条件dp[0][0] = grid[0][0]（4）计算顺序i和j均从0开始即可。注意：（超级牛逼题解——也要学学回溯->记忆化搜索->dp->空间压缩）3.代码class Solution: def minPathSum(self, grid: List[List[int]])

一、题目二、思路本题在dp入门中有讲，确定状态转移方程。三、代码class Solution {public: int coinChange(vector<int>& coins, int amount) { int maxn=0x07ffffff;//无穷大 //coins.resize(amount+1); int n=coins.size();//硬币的个数 vector<i

1.题目2.思路入门dp：最后一步要么跳一步，要么跳两步到终点，从而得到递推式即斐波那契数列。主要是记录一个愚蠢的错误，一开始我sb没判断n为0时就return，而当n=0时，后面的那句dp[1]=1也就会数组越界。。。。或者直接就对dp数组赋初值全部为1，就不用判断n=0了。3.代码class Solution {public: int numWays(int n) { vector<int>dp(n+1,0); if(n==0) ret

1.题目2.思路简单dp。（1）确定状态：最后一步：无论机器人用什么方式到达右下角，最后的一步肯定是向右或者向下，即右下角坐标为(m-1,n-1)时，机器人前一步一定是在(m-2,n-1)或(m-1,n-2)。子问题：如下面所说。状态：设f[i][j]f[i][j]f[i][j]为机器人从左上角走到(i,j)(i,j)(i,j)。（2）转移方程：（3）初始条件+边界情况：初始条件：f[0][0]=1f[0][0]=1f[0][0]=1，即机器人只有一种方式到左上角（原地不动）。边界

1.题目2.思路3.代码（1）确定状态（2）转移方程（3）初始条件+边界情况（4）计算顺序

1.题目2.思路3.代码

1.题目2.思路（1）确定状态dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]表示字符串1[1、2…i]和字符串2[1、2…j]的最长公共子序列，这里让下标为1即为字符串的第一位。（2）状态转移方程相等时比较好理解，注意不相等时是选最大值的（因为原字符串1和新增的字符串2之间的LCS可能增加，而新增的字符串1和原字符串2之间的LCS也会）。if (text1[i - 1] == text2[j - 1]) { dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;} el

1.题目2.思路（1）确定状态dp[i]dp[i]dp[i]表示以nums[i]为结尾的最长递增子序列长度（和最大连续子问题一样，以nums[i]结尾是强制的要求），（2）状态转移方程dp[i]=max(dp[j])+1dp[i]=max(dp[j])+1dp[i]=max(dp[j])+1，且0<=j<i，nums[j]<num[i]0<=j<i，nums[j]<num[i]0<=j<i，nums[j]<num[i]。——举个栗子：序列

1.题目2.思路（1）确定状态当卖出价固定时，买入价越低获得利润越大，即如果在扫描到数组中的第i个数字时，只要能够记住之前的i-1个数字中的最小值，就能算出在当前价位卖出时可能得到的最大利润。（2）状态转移方程$$（3）边界条件+初始情况（4）计算顺序3.代码...

1.题目2.思路比之前的I题【LeetCode121】买卖股票的最佳时机（附dp总结图）多了条件：可以多次买卖，但不能同时参与多笔交易。——因此区别就是:dp[i][1]dp[i][1]dp[i][1]即第i天持股时的状态，2种可能情况：1）前一天持股。2）前一天不持股，即今天买了股票（现金数减少prices[i]），由于整个过程只交易一次，所以今天是整个过程的第一次买股票，即第i天的现金数为dp[i−1][0]−prices[i]dp[i-1][0]-prices[i]dp[i−1][0]