随笔分类 - dp
摘要：public static int LPS(int[] a) { int[][] dp = new int[a.length][a.length]; for (int i = 0; i = 0; i--) { for (int j = i + 1; j < dp.length; j++) { if (a[i] == a[j]) { dp[i][j] = dp[...
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摘要：Time Complexity: O(N*K), Space Complexity: O(1) The idea is similar to the problem Paint House I, for each house and each color, the minimum cost of p
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摘要：Write a program to find the n-th ugly number. Ugly numbers are positive numbers whose prime factors only include 2, 3, 5. For example, 1, 2, 3, 4, 5,
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摘要：/*Given a string and dictionary of words, break the string into minimum number of words from the dictionary. Ex: {"jumped", "over", "some", "thing”, "
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摘要：难度：90. 这道题跟Palindrome Partitioning非常类似，区别就是不需要返回所有满足条件的结果，而只是返回最小的切割数量就可以。做过Word Break的朋友可能马上就会想到，其实两个问题非常类似，当我们要返回所有结果（Palindrome Partitioning和Word B
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摘要：字符串匹配的问题应该最先想到dp, 主要还是说一下动态规划的方法。跟Regular Expression Matching一样，还是维护一个假设我们维护一个布尔数组res[i],代表s的前i个字符和p的前j个字符是否匹配(这里因为每次i的结果只依赖于j-1的结果，所以不需要二维数组，只需要一个一维数
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摘要：方法一：分治法 TLE 最基本是得先清楚BST定义. 每个节点的所有左子节点值都比该节点小, 每个节点的所有右子节点值都比该节点小. 知道定义后在构建BST时可逐次选择value做根节点. 利用递归计算根节点左子树可能形状数目, 与根节点右子树可能形状数目, 最后将两个可能形状数目相乘得到所有可能的
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摘要：The best strategy to play the game is to minimize the maximum loss you could possibly face. Definition of dp[i][j]: minimum number of money to guarant
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摘要：一个dp，f(i,j)表示前i个house都paint了且第i个house paint成color_j的最小cost。 背包问题同 Minimum Adjustment Cost Better Solution: O(N) time, O(1) space The basic idea is whe
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摘要：这道题要看出是背包问题，不容易，跟FB一面 paint house很像，比那个难一点 定义res[i][j] 表示前 i个number with 最后一个number是j，这样的minimum adjusting cost
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摘要：状态: 一维的肯定不行, 二维的三个变量轮着试了一下也不行, 干脆把三维的都装上, 方程: 用遍历到当前的状态时, 用不用的上当前的元素(如何判断, 根据题意和当前元素的有无对另一维状态变量的改变来判断)来划分情况, 然后看看是状态相加还是 求最大, 还是怎么的 初始化边界点很重要: 注意size都
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摘要：状态和状态方程的思路和1 一样, 当前背包加用vs 不用, 找到与题意链接的一个状态, 再找他的对立面 一维
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摘要：用 integer.MIN_VALUE 来替代 根据当前背包能否用的上来求递推式, 结果是求m最大时的最大值, 因此要不断更新容量为j 时的最大值, 并更新全局最大值
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摘要：动态规划重点在于找到：维护量，递推式。维护量通过递推式递推，最后往往能得到想要的结果 先说说维护量，res[i][j]表示用s1的前i个字符和s2的前j个字符能不能按照规则表示出s3的前i+j个字符，如此最后结果就是res[s1.length()][s2.length()]，判断是否为真即可。接下来
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摘要：res[i][j]表示Edit Distance between X数组的前i个元素以及Y数组的前j个元素，或者the minimum # of operations to convert X前i个元素 into Y的前j个元素 因为对于Xi 和 Yj，操作无非是 insert, delete, r
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摘要：状态方程时题意的转化, 通常要if, 遍历到当前状态时, 最后一个字母的情况与上一个或者上多个状态的关系 结果是最后的状态还是只是遍历到最后的状态求全局最优 如Longest Increasing Subsequence
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摘要：巧用 Integer.MAX_VALUE;来替换 true
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摘要：You are climbing a stair case. It takes n steps to reach to the top. Each time you can either climb 1 or 2 steps. In how many distinct ways can you climb to the top? Have you met this question in a...
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