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摘要： 买卖股票的最佳时机III 这题可以一天进行两次交易 解法增加了两种状态 虽然不知道为什么这样就可以work 但是挺符合逻辑的 意思就是把之前的两天交易 合到一天进行计算 收益也在之前一次交易基础上进行计算 买卖股票的最佳时机 IV 这题就是这类问题的最难情况 解法的思想就是奇数次交易看作是买入 偶数 阅读全文

摘要： 买卖股票的最佳时机 这里可以用贪心的思路 因为只需要买卖各一次股票 所以找到最大最小值算区间差也可以 这里用dp dp[i][0] 表示持股的收益 dp[i][1] 表示不持股的收益 各自各有一种情况是维持原状 还有一种就是持股卖出或者不持股买入 取max就可以 这里用了两个单位的数组只记录两天的股 阅读全文

摘要： 打家劫舍 当前位置偷与不偷取决于上一家的状态 也就是有递推式 考虑dp 当前位置如果偷 就是找i-2的位置的钱+当前的nums[i] 如果不偷 就是i-2的钱 两个情况取最大值 初始值如果只有0或1家人就特殊处理 2家及以上 初始0就是nums[0] 1就是max(nums[0], nums[1]) 阅读全文

摘要： 单词拆分 这里递推式的意义是 dp[i] : 字符串长度为i的话，dp[i]为true，表示可以拆分为一个或多个在字典中出现的单词。 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 ）。 所以递推公式是 if([j, i] 这 阅读全文

摘要： 爬楼梯Ⅱ 这里是一个完全背包问题 每上一次楼都能使用之前所有的物品（也就是所有的上楼方式） 就是在问可以使用所有物品无数次的情况下 有多少种装满背包的方法 也就是递推式 dp[i] += dp[i - j] 零钱兑换 这个相当于之前找钱的进阶版 由于硬币无限供应所以是完全背包问题 先遍历背包会求得排 阅读全文

摘要： 零钱兑换 II 这里组合类问题用上了dp[j] = dp[j - nums[i]] 这个递推式 由于说了硬币可以用无数次也就是 这是个完全背包问题 这里先遍历物品再遍历背包就是算了组合数 反过来就是算排列数 组合总和 Ⅳ 这题就是组合类问题的 排列数模板题 阅读全文

摘要： 最后一块石头的重量 II 递推式和结果处理 结果的意思是 sum-target 和 target 这两堆石头相撞 目标和 第一次见被薄纱 这是组合类的dp递推 一和零 注意循环嵌套位置！ 这里是str外循环表示遍历物品 里面的两层ij循环表示遍历背包容量 这里是一个二维容量的背包 阅读全文

摘要： 01背包 leetcode没有原题 这里是解法 import java.util.Arrays; public class BagProblem { public static void main(String[] args) { int[] weight = {1,3,4}; int[] valu 阅读全文

摘要： 整数拆分 这里的递推式子很不好想 一般的想法是dp[i] = max(dp[i], dp[i-j]) 但是这个式子需要赋值dp[1]=1 dp[2]=2 dp[3]=3 这个不符合dp[i]定义 这里递推式子如下 dp[i-j]等于拆分成两个或两个以上的数字 i * （i-j）就是两个数字拆分 不同 阅读全文

摘要： 不同路径 这题由于说明了只能向下和向右 那么对于终点而言 显然只能由[i][j-1] + [i - 1][j]种路线 这就是状态转移方程 那么初始值要赋予的就是上边和左边都是一 也就是直接从边边到达重点的 这样就保证我们的状态转移方程有数值可以将计算 不同路径 II 这题难解的点在于障碍物要如何在上 阅读全文