leetcode刷题记录：动态规划总结

一、0-1背包问题和完全背包问题的异同

相同点：1. 状态和动作相同，动作都是对于第i个物品，选还是不选，dp[i][j]的意义都是，在前i和物品中，背包容量为j时，能装的最大价值是dp[i][j]

              2. 对于第i个物品，如果不选，dp[i][j] 都是等于dp[i - 1][j]

不同点：1. 对于第i个物品，如果选，0-1背包是dp[i - 1][j - wt[i - 1]] + val[i - 1]，完全背包是dp[i ][j - wt[i - 1]] + val[i - 1]，因为完全背包中物品的数量无限，所以dp[i] = dp[i ][j - wt[i - 1]] + val[i - 1]，表示选了第 i 个物品之后还能选第 i 个。

二、对二维dp数组的遍历方向选择及压缩后的遍历方向选择

不管dp数组是几维的，遍历顺序的选择只需要遵守两个原则：

       这部分可以看东哥的文章：动规答疑篇

　　1. 所需的状态是计算过的，对于压缩成一维的dp 数组，要保证所需的状态不会被替换

　　例如0-1背包问题：dp[i][j] = min( dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - wt[i - 1]] + val[i - 1])，第 i 行，第 j 列需要上一行第 j - wt[i - 1]列的状态，所以要从上到下，从左到右遍历，但是，如果压缩为1维，要从右到左遍历，因为压缩以后相当于用新值替换旧值，新值相当于第 i 行，旧值相当于 i - 1行，所以在算第 j 列的时候要保证第 j - wt[i - 1]列的旧值不会被替换，所以要从右往左遍历。

　　但是对于完全背包问题：dp[i][j] = min( dp[i - 1][j] + dp[i][j - wt[i - 1]] + val[i - 1])，如果是二维的，还是从上到下，从左到右遍历，但是如果是一维的，不再和0-1背包一样是从右往左，而是从左往右，因为算dp[i][j] 需要同一行的dp[i][j - wt[i - 1]]，两个都是新值，所以要从左往右。

　　2. 遍历的终点就是问题的答案

三、状态转移方程不好定义的话说明思路错了

      比如对于背包问题：dp[i][j] 的定义是在前 i 个物品中，重量不超过 j 时的最大价值，遍历的方向是从前往后，从上往下

　  但是对于打家劫舍问题，如果还是用背包问题的思路dp[i] 定义为打劫前 i 个房屋的最大价值，但是要求不能打劫相邻房屋，状态转移方程写不出来，所以应该换个思路，把dp[i] 定义为从i 开始打劫的最大价值，那么不能打劫相邻房屋的要求可以融合在状态转移方程里：dp[i] = max(dp[ i + 1], val[i] + dp[i + 2])，从后往前遍历。

　　再比如在一个包含负数的序列中选择最大子序列，使子序列的和最大，dp[i]应为以 nums[i] 结尾的序列的和，这样的话可以判断到底要不要前边的结果，如果dpd[i -1] >= 0,

dp[i] = dp[i - 1] + num[i]，否则dp[i] = num[i], 最后遍历dp数组得到答案。dp[i]如果定义成前i个数中的最大序列和，最后的结果只能是数组中所有正数的和。

       总结：dp[i]的定义方式：

　　1. 前 i 个数的目标值

　　2.从第 i 个数开始的目标值

　　3. 以第 i 个数结尾的目标值