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相比，多了增加操作与替换操作。但word2添加一个元素，相当于word1删除一个元素，同理，word1增加一个元素相当于word2删除一个元素，那么 添加与删除操作，实际上是等价的。而替换操作 对单词 word1 替换一个字符和对单词 word2 替换一个字符是等价的。这道题在看到时，想到要讨论的状态很多，感到无从下手。

当word1[i - 1] 与 word2[j - 1]相同的时候，将这两个相同的字符称为公共字符，考虑使 word1[0:i−1]和word2[0:j−1] 相同的最少删除操作次数，增加一个公共字符之后，最少删除操作次数不变，因此 dp[i][j]=dp[i−1][j−1]。当word1[i - 1] 与 word2[j - 1]不相同的时候，使 word1[0:i−1] 和 word2[0:j] 相同的最少删除操作次数，加上删除 word1[i−1] 的 1 次操作；同理 dp[0][j] = j。

本题求的是最长回文子串，那么在回文子串题目上，增加对字符串的切割即可，并始终保存最大回文子串。

【代码】最长回文子序列-力扣。

动态规划解法，在定义dp数组时，不是定义成字符串前 i 个字符回文子串的个数，而是布尔类型的dp[i][j]：表示区间范围[i,j] （注意是左闭右闭）的子串是否是回文子串，如果是dp[i][j]为true，否则为false。本题要求回文子串，自己想到的解法是记录前一位字符串的回文子串次数，然后判断当前字符串的回文子串次数，时间复杂度高达O（n^3)；

dp[i][j]：以i-1为结尾的s子序列中出现以j-1为结尾的t的个数为dp[i][j]。

将这道题作为 编辑距离的入门题目 ，本题的动态规划解法是对后面要讲解的编辑距离铺垫，所以学习了他使用动态规划的解法。本题首先想到的写法是用双指针来做，两个指针分别指向两个字符串，然后进行判断。

这道题目一开始在想遇到负数就从下一个正数开始计算，并和记录的最大和相比，但有些子序列，即使子序列中存在负数，但整体的和还是最大的，不能单纯的跳过。

本题是要寻找两个数组中，不相交的直线，那么就是要取求两个数组中，最长公共子序列，这个子序列中元素不能改变其在数组中的相对位置。那么就与 最长公共子序列 这道题目相同了。

本题和最长重复子数组的区别在于，子序列可以是不连续的，在最长重复子数组中，如果nums1[i]！= nums2[j]，那么 dp[i][j] 就是默认初始化的值 0；现在由于子序列可以不连续，那么此时dp[i][j]的值就要从dp[i - 1][j] 和 dp[i][j - 1]来考虑，选择其较大值。

【代码】最长重复子数组-力扣。

【代码】最长连续递增序列-力扣。

上述动态规划的解法，其时间复杂度为O（N * N)，力扣进阶所要求的时间复杂度为O(NlogN)，需要使用贪心的思想来进行实现。，用 len 记录目前最长上升子序列的长度，起始时 len 为 1，d[1]=nums[0]；利用贪心的思想维护一个单调递增数组。

本题和买卖股票的最佳时机II的区别就是在卖出股票时需要多一个减去手续费的操作。

本题与买卖股票的最佳时机Ⅱ的区别在于增加了出售股票后，会出现一天的冷冻期，那么持有股票时的最大利润，只能在 前一天持有股票 和 两天前不持有股票状态选择最大值。

本题是买卖股票的最佳时机Ⅲ的升级版，在Ⅲ中，能够买入卖出两次，因此能够将每天分为四种或者五物种状态，那么当能够买入卖出 k 次时，我们便能够将每天分为 2k + 1种状态，并且奇数状态 和 偶数状态的递推公式存在不同点，（不分为 2k 种 是为了便于使用for循环来更新第 i 天 奇数偶数种类的状态。

dp 数组的值 为每天的最大现金，因此取两者的最大值 dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], - prices[i]);操作二：第i天没有操作，而是沿用前一天买入的状态，即：dp[i][0] = dp[i - 1][0]操作一：第i天买入股票了，那么dp[i][0] = - prices[i]dp[i][0] – dp[i][3] 分别表示上述状态时获得的最大现金。第0天做第一次买入的操作，dp[0][0] = -prices[0];第0天做第二次出售操作，dp[0][3] = 0;

本题需要求的是最大的利润，本题中理解利润拆分是关键点！不要整块的去看，而是把整体利润拆为每天的利润。一旦想到这里了，很自然就会想到贪心了，即：只收集每天的正利润，最后稳稳的就是最大利润了。

因为股票就买卖一次，那么贪心的想法就是取最左最小值，取最右最大值，那么得到的差值就是最大利润。

这里我们要求一个节点 偷与不偷的两个状态所得到的金钱，那么返回值就是一个长度为2的数组。所以dp数组（dp table）以及下标的含义：下标为0记录不偷该节点所得到的的最大金钱，下标为1记录偷该节点所得到的的最大金钱。如果不偷当前节点，那么左右孩子就可以偷，至于到底偷不偷一定是选一个最大的，所以：val2 = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1]);即：{不偷当前节点得到的最大金钱，偷当前节点得到的最大金钱}通过递归左节点，得到左节点偷与不偷的金钱。

我们只需要执行两次 打家劫舍 就可以，一次以第一个房子为起点，倒数第二个房子为终点，一次以第二个房子为起点，最后一个房子为终点，最后选择两次结果的最大值即可。本题和 打家劫舍 的区别在于房屋围成了一圈，那么在选了第一个房子，就无法选择最后一个房子；选了最后一个房子，就无法选择第一个房子。

【代码】打家劫舍-力扣。

本题是纯村的多重背包问题，有N种物品和一个容量为V 的背包。第i种物品最多有Mi件可用，每件耗费的空间是Ci ，价值是Wi。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的耗费的空间 总和不超过背包容量，且价值总和最大。把问题中每个物品的数量展开，那么就相当于 有有限个重复物品的 0-1背包问题，只需要在两层for循环中添加一层for循环，对重复物品进行遍历即可。

单词就是物品，字符串s就是背包，单词能否组成字符串s，就是问物品能不能把背包装满。拆分时可以重复使用字典中的单词，说明就是一个完全背包！

本题可转化为完全背包问题，背包的容量为 n, 但 物品 并未直接给出， 而是通过遍历 i, 物品大小和价值，便是 i * i。

本题同样可转换为完全背包问题。

本题是爬楼梯的进阶版，假设你正在爬楼梯。需要 n 阶你才能到达楼顶。每次你可以爬至多m (1 <= m < n)个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？不难发现，本题能够抽象为 完全背包问题。

本题是一道完全背包问题，需要注意的点是顺序不同的序列被视作不同的组合。那么需要求得便是 排列 的次数，需要 首先对背包容量进行遍历，嵌套循环对物品进行遍历。

本题转化为完全背包问题。

当使用滚动数组来进行优化时，与0-1背包问题的区别在于 内层嵌套循环遍历不再是从后往前的顺序，而是从前往后的顺序，这代表了每个物品可以重复选取。完全背包与0-1背包的区别在于，每种物品有无限件，因此完全背包使用 二维 dp 数组 的初始化和递推公式与0-1背包存在一定的区别。

本题抽象为0-1背包问题，关键在于抽象后的背包是一个二维背包，此时 dp[i][j] 中 i 不再表示物品的种类，而是物品重量的一个维度。

所以我们要求的是 x - (sum - x) = target。假设加法的总和为x，那么减法对应的总和就是sum - x。此时问题就转化为，装满容量为x的背包，有几种方法。

本题其实就是尽量让石头分成重量相同的两堆，相撞之后剩下的石头最小，这样就化解成01背包问题了。

本题可以转化为0-1背包问题，分割等和子集，那么需要在给定的数组中，找到一个和为 sum / 2的集合，那么可以将问题转化为，背包的大小为 sum / 2, 物品的种类为 nums.size() 个，物品的价值 和 重量 都为 nums[i]。空间优化：使用滚动数组，则遍历背包时，需要从后往前进行遍历，因为更新 dp[j] 需要左侧的值，不能先更新左侧的值。

【代码】携带研究材料-力扣。

本题将二叉搜索树分为左侧子树节点个数和右侧子树节点个数，然后 从0 到 节点个数的排列顺序进行累加。

【代码】整数拆分-力扣。

本题与 不同路径 的区别在于增加了障碍物，需要在 不同路径 的代码上增加对障碍物的判断。

【代码】不同路径-力扣。

【代码】使用最小花费爬楼梯-力扣。