一、坐標(biāo)型動(dòng)態(tài)規(guī)劃

例1. Unique Paths II

題目描述：
給定m行n列的網(wǎng)格，有一個(gè)機(jī)器人從左上角(0,0)出發(fā)，每一步可以向下或者向右走一步。網(wǎng)格中有些地方有障礙，機(jī)器人不能通過(guò)障礙格。問(wèn)有多少種不同的方式走到右下角？（輸入二維數(shù)組，如果數(shù)組的元素為1，表示該位置有障礙；為0表示沒(méi)有障礙。）

解析：這題和Unique Path非常類似，只是網(wǎng)格中可能有障礙。最后一步一定是從左邊(i, j-1)或上邊(i-1, j)過(guò)來(lái)。狀態(tài)f[i][j]表示從左上角有多少種方式走到格子(i, j) 。坐標(biāo)型動(dòng)態(tài)規(guī)劃：數(shù)組下標(biāo) [i][j] 即坐標(biāo)(i, j)，f[i][j] = f[i-1][j] + f[i][j-1]。

f[i][j] = 機(jī)器人有多少種方式從左上角走到(i, j)：

如果左上角(0, 0)格或者右下角(m-1, n-1)格有障礙，直接輸出0
如果(i, j)格有障礙，f[i][j] = 0，表示機(jī)器人不能到達(dá)此格（0種方式）
初始條件：f[0][0] = 1
一般情況下：
如果(i, j)格有障礙，f[i][j] = 0
如果j=1，即第一列，f[i][j] = f[i-1][j]
如果i=1，即第一行，f[i][j] = f[i][j-1]
其他，f[i][j] = f[i-1][j] + f[i][j-1]

代碼如下：

def uniquePathsWithObstacles(obstacleGrid):
    states = obstacleGrid
    for i in range(len(states)):
        for j in range(len(states[i])):
            if i == 0 and j == 0:
                states[i][j] = 1 - states[i][j]
            elif i == 0:
                if states[i][j] == 1:
                    states[i][j] = 0
                else:
                    states[i][j] = states[i][j - 1]
            elif j == 0:
                if states[i][j] == 1:
                    states[i][j] = 0
                else:
                    states[i][j] = states[i - 1][j]
            else:
                if states[i][j] == 1:
                    states[i][j] = 0
                else:
                    states[i][j] = states[i - 1][j] + states[i][j - 1]
    if states[-1][-1] > 2147483647:
        return -1
    else:
        return states[-1][-1]

例2. Longest Increasing Continuous Subsequence

題目描述：
給定a[0], …, a[n-1]，找到最長(zhǎng)連續(xù)遞增子序列i, i+1, i+2, …, j, 使得a[i]<a[i+1]<…<a[j]，輸出長(zhǎng)度j-i+1。
例子：
輸入：[5, 1, 2, 3, 4]
輸出：4 (子序列1, 2, 3, 4)

設(shè)f[j] =以a[j]結(jié)尾的最長(zhǎng)連續(xù)上升子序列的長(zhǎng)度，f[j] = max{ 1, f[j–1]+1| j>0 and a[j-1] < a[j]}。情況1：子序列就是a[j]本身；情況2：以a[j-1]結(jié)尾的最長(zhǎng)連續(xù) 上升子序列的長(zhǎng)度，加上a[j]。

計(jì)算f[0], f[1], f[2], …, f[n-1]
? 和硬幣組合題不一樣的是，最終答案并不一定是f[n-1]
? 因?yàn)槲覀儾恢雷顑?yōu)策略中最后一個(gè)元素是哪個(gè)a[j]
? 所以答案是max{f[0], f[1], f[2], …, f[n-1]}
? 算法時(shí)間復(fù)雜度O(n)，空間復(fù)雜度O(n)

 def findLengthOfLCIS(nums):
        if len(nums) < 1:
            return 0
        states = [1]
        for i in range(1, len(nums)):
            if nums[i] > nums[i-1]:
                states.append(states[i-1] + 1)
            else:
                states.append(1)
        return max(states)

例3. Minimum Path Sum

題目描述：
給定m行n列的網(wǎng)格，每個(gè)格子(i, j)里都一個(gè)非負(fù)數(shù)A[i][j]。求一個(gè)從左上角(0, 0)到右下角的路徑，每一步只能向下或者向右走一步，使得路徑上的格子里的數(shù)字之和最小，輸出最小數(shù)字和。

設(shè)從(0, 0)走到(i, j)的路徑最小數(shù)字總和f[i][j]，f[i][j] = min{f[i-1][j], f[i][j-1]} + A[i][j] ，初始條件：f[0][0] = A[0][0]；邊界情況：i = 0 或 j = 0，則前一步只能有一個(gè)方向過(guò)來(lái)。

? 計(jì)算第0行：f[0][0], f[0][1], …, f[0][n-1]
? 計(jì)算第1行：f[1][0], f[1][1], …, f[1][n-1]
? …
? 計(jì)算第m-1行：f[m-1][0], f[m-1][1], …, f[m-1][n-1]
? 時(shí)間復(fù)雜度（計(jì)算步數(shù)）：O(MN)，空間復(fù)雜度（數(shù)組大小）：O(MN)

def minPathSum(grid: List[List[int]]) -> int:
        m = len(grid)
        n = len(grid[0])
        for i in range(m):
            for j in range(n):
                if not i and not j:
                    continue
                if not i:
                    grid[i][j] += grid[i][j-1]
                elif not j:
                    grid[i][j] += grid[i-1][j]
                else:
                    grid[i][j] += min(grid[i][j-1], grid[i-1][j])
        return grid[m-1][n-1]

這種方式是在原數(shù)組上直接修改，考慮到計(jì)算第 i 行時(shí)，只需要第 i 行和第 i-1 行的 f，所以，只需要保存兩行的f值：f[i][0..n-1]和f[i-1][0..n-1]，用滾動(dòng)數(shù)組實(shí)現(xiàn)。實(shí)際操作時(shí)用滾動(dòng)法：
? 計(jì)算f[0][0],..,f[0][n-1], 計(jì)算f[1][0],..,f[1][n-1]
? 計(jì)算f[2][0..n-1]時(shí)，把值寫在f[0][0..n-1]的數(shù)組里
? 同理，f[3][0..n-1]寫在f[1][0..n-1]的數(shù)組里
? 最后f[m-1][n-1]存儲(chǔ)在f[0][n-1]（或者f[1][n-1]）里，直接輸出。

滾動(dòng)數(shù)組代碼如下：

def minPathSum(grid: List[List[int]]) -> int:
        m = len(grid)  
        n = len(grid[0])
        states = [[0]*n]*2       
        for i in range(m):
            for j in range(n):
                if not i and not j:
                    states[i][j] = grid[i][j]
                elif not i:
                    states[i%2][j] = states[i%2][j-1] + grid[i][j]
                elif not j:
                    states[i%2][j] = states[(i+1)%2][j] + grid[i][j]
                else:
                    states[i%2][j] = min(states[i%2][j-1], states[(i+1)%2][j]) + grid[i][j]
        return states[(m-1)%2][n-1]

例4.Counting Bits

題目描述：
給定N，要求輸出0, 1, …, N的每個(gè)數(shù)的二進(jìn)制表示里的1的個(gè)數(shù)
例子：
輸入：5
輸出：[0, 1, 1, 2, 1, 2]
0：0
1：1
2：10
3：11
4：100
5：101

最后一步：觀察這個(gè)數(shù)最后一個(gè)二進(jìn)制位（最低位），去掉它，看剩下多少個(gè)1
(170)10 = (10101010) 2
(85)10 = (1010101) 2
85的二進(jìn)制表示里有4個(gè)1
170的二進(jìn)制表示里有4個(gè)1

設(shè)f[i]表示i的二進(jìn)制表示中有多少個(gè)1，f[i] = f[i>>1] + (i & 1)。初始條件：f[0] = 0，依次計(jì)算 f[0], f[1], f[2], …, f[N]
? 時(shí)間復(fù)雜度O(N)
? 空間復(fù)雜度O(N)

def countBits(num: int) -> List[int]:
        states = [0] * (num+1)
        states[0] = 0
        for i in range(1, num+1):
            states[i] = states[i >> 1] + (i&1)
        return states

小結(jié)

坐標(biāo)型動(dòng)態(tài)規(guī)劃是最簡(jiǎn)單的動(dòng)態(tài)規(guī)劃類型。
給定一個(gè)序列或網(wǎng)格，需要找到序列中某個(gè)/些子序列或網(wǎng)格中的某條路徑（某種性質(zhì)最大/最小、計(jì)數(shù)、存在性）。
動(dòng)態(tài)規(guī)劃方程 f[i] 中的下標(biāo) i 表示以 ai 為結(jié)尾的滿足條件的子序列的性質(zhì)，f[i][j] 中的下標(biāo)i, j表示以格子(i, j)為結(jié)尾的滿足條件的路徑的性質(zhì)（最大值/最小值、個(gè)數(shù)、是否存在）。
坐標(biāo)型動(dòng)態(tài)規(guī)劃的初始條件f[0]就是指以a0為結(jié)尾的子序列的性質(zhì)
二維空間優(yōu)化：如果f[i][j]的值只依賴于當(dāng)前行和前一行，則可以用滾動(dòng) 數(shù)組節(jié)省空間

二、序列型動(dòng)態(tài)規(guī)劃

給出一個(gè)序列：

動(dòng)態(tài)規(guī)劃方程f[i]中的下標(biāo)i表示前i個(gè)元素a[0], a[1], ..., a[i-1]的某種性質(zhì)（坐標(biāo)型的f[i]表示以a i 為結(jié)尾的某種性質(zhì)）
初始化中,f[0]表示空序列的性質(zhì)（坐標(biāo)型動(dòng)態(tài)規(guī)劃的初始條件f[0]就是指以a 0 為結(jié)尾的子序列的性質(zhì)）

2.1 序列+狀態(tài)型動(dòng)態(tài)規(guī)劃

例1. Paint House

題目描述：
有一排N棟房子，每棟房子要漆成3種顏色中的一種：紅、藍(lán)、綠，任何兩棟相鄰的房子不能漆成同樣的顏色。第 i 棟房子染成紅色、藍(lán)色、綠色的花費(fèi)分別是cost[i][0], cost[i][1], cost[i][2]。問(wèn)最少需要花多少錢油漆這些房子？
例子：
輸入： N=3 ; Cost = [[14,2,11],[11,14,5],[14,3,10]]
輸出：10 （第0棟房子藍(lán)色，第1棟房子綠色，第2棟房子藍(lán)色, 2+5+3=10）

第一步：確定狀態(tài)

最優(yōu)策略是花費(fèi)最小的策略。

最后一步
最優(yōu)策略中最后一棟房子N一定染成了紅、藍(lán)、綠中的一種。但是相鄰兩棟房子不能漆成一種顏色：如果最優(yōu)策略中房子N是紅色，房子N-1只能是藍(lán)色或綠色；如果最優(yōu)策略中房子N是藍(lán)色，房子N-1只能是紅色或綠色；如果最優(yōu)策略中房子N是綠色，房子N-1只能是紅色或藍(lán)色。如果直接套用以前的思路，記錄油漆N棟房子的最小花費(fèi)，根據(jù)套路，也需要記錄油漆前N-1棟房子的最小花費(fèi)。但是，前N-1棟房子的最小花費(fèi)的最優(yōu)策略中，又不知道第N-1棟房子是什么顏色，所以有可能和最后一棟房子N撞色。既然不知道房子N-1是什么顏色，就把它記錄下來(lái)——分別記錄油漆前N-1棟房子并且房子N-1是紅色、藍(lán)色、綠色的最小花費(fèi)。
子問(wèn)題
求油漆前N棟房子并且最后一棟房子N是紅色、藍(lán)色、綠色的最小花費(fèi)，需要知道油漆前N-1棟房子并且房子N-1是紅色、藍(lán)色、綠色的最小花費(fèi)。
狀態(tài)：設(shè)油漆前i棟房子并且第 i 棟房子是紅色、藍(lán)色、綠色的最小花費(fèi)分別為 f[i][0], f[i][1], f[i][2]

第二步：轉(zhuǎn)移方程

設(shè)油漆前 i 棟房子并且第 i 棟房子是紅色、藍(lán)色、綠色的最小花費(fèi)分別為 f[i][0], f[i][1], f[i][2] ，那么：

f[i][0] = min{f[i-1][1] + cost[i-1][0], f[i-1][2] + cost[i-1][0]}
f[i][1] = min{f[i-1][0] + cost[i-1][1], f[i-1][2] + cost[i-1][1]}
f[i][2] = min{f[i-1][0] + cost[i-1][2], f[i-1][1] + cost[i-1][2]}

（注意兩個(gè) i-1 的含義是不同的，我們的 i 指的是油漆 i 棟房子，f(i-1)指的是油漆 i-1 棟房子，而cost[i-1][0]指的是油漆第 i 棟房子為紅色的花費(fèi)，因?yàn)樵跀?shù)組里是從0開(kāi)始計(jì)數(shù)的，油漆房子是從1開(kāi)始計(jì)數(shù)的。）

第三步：初始條件和邊界情況

初始條件：f[0][0] = f[0][1] = f[0][2] = 0 即不油漆任何房子的花費(fèi)。
無(wú)邊界情況

第四步：計(jì)算順序

設(shè)油漆前i棟房子并且房子 i 是紅色、藍(lán)色、綠色的最小花費(fèi)分別為f[i][0], f[i][1], f[i][2]
? 初始化f[0][0], f[0][1], f[0][2]
? 計(jì)算f[1][0], f[1][1], f[1][2]
…
? 計(jì)算f[N][0], f[N][1], f[N][2]
? 答案是min{f[N][0], f[N][1], f[N][2]}。時(shí)間復(fù)雜度O(N), 空間復(fù)雜度O(N)

代碼如下：

def paint_house(n, costs):
    states = [[0, 0, 0]] + costs  # 在原數(shù)組改動(dòng)，降低空間復(fù)雜度
    for i in range(1, n+1):
        states[i][0] += min(states[i-1][1], states[i-1][2])
        states[i][1] += min(states[i-1][0], states[i-1][2])
        states[i][2] += min(states[i-1][0], states[i-1][1])
    return min(states[n])

例2. Paint House II

題目描述：
有一排N棟房子，每棟房子要漆成 k 種顏色中的一種，任何兩棟相鄰的房子不能漆成同樣的顏色。第 i 棟房子染成第 j 種顏色的花費(fèi)是cost[i][j]。問(wèn)最少需要花多少錢油漆這些房子？
例子：
輸入： N=3, k=3 ; Cost = [[14,2,11],[11,14,5],[14,3,10]]
輸出：10 （第0棟房子藍(lán)色，第1棟房子綠色，第2棟房子藍(lán)色, 2+5+3=10）

分析：
這題和Paint House非常類似,只是顏色種類變成K種，動(dòng)態(tài)規(guī)劃思路和Paint House一樣,需要記錄油漆前 i 棟房子并且房子第 i 棟房子是顏色1, 顏色2, ..., 顏色K的最小花費(fèi):f[i][1], f[i][2], ..., f[i][K]。設(shè)油漆前i棟房子并且房子 i 是顏色1, 顏色2, ...顏色K的最小花費(fèi)分別為 f[i][1], f[i][2], ..., f[i][K]：
f[i][1] = min{f[i-1][2] + cost[i-1][1], f[i-1][3] + cost[i-1][1], ..., f[i-1][K] + cost[i-1][1]}
f[i][2] = min{f[i-1][1] + cost[i-1][2], f[i-1][3] + cost[i-1][2], ..., f[i-1][K] + cost[i-1][2]}
...
f[i][K] = min{f[i-1][1] + cost[i-1][K], f[i-1][2] + cost[i-1][K], ..., f[i-1][K-1] + cost[i-1][K]}

總之： $f[i][j] = min_{k ≠j} {f[i-1][k]} + cost[i-1][j]$

但是，設(shè)油漆前i棟房子并且房子i-1是顏色1, 顏色2, ...顏色K的最小花費(fèi)分別為f[i][1], f[i][2], ..., f[i][K]
? f[i][j] = min k ≠j {f[i-1][k]} + cost[i-1][j]
? 直接計(jì)算的時(shí)間復(fù)雜度(計(jì)算步數(shù)):
– i從0到N
– j從1到K
– k從1到K
– O(NK 2 )
速度太慢了！

考慮到如果最小值是第 i 個(gè)元素,次小值是第 j 個(gè)元素：

只要除掉的元素不是第i個(gè),剩下的最小值就是第 i 個(gè)元素
如果除掉的元素是第i個(gè),剩下的最小值就是第 j 個(gè)元素

所以：
? 記錄下f[i-1][1], ..., f[i-1][K]中的最小值和次小值分別是哪個(gè)
? 假如最小值是f[i-1][a], 次小值是f[i-1][b]
? 則對(duì)于j=1,2,3,...,a-1, a+1,...,K, f[i][j] = f[i-1][a] + cost[i-1][j]
? f[i][a] = f[i-1][b] + cost[i-1][a]
? 時(shí)間復(fù)雜度降為O(NK)

代碼如下：

def paint_house2(n, k, costs):
    states = [[0]*k] + costs
    for i in range(1, n+1):
        cp = states[i-1].copy()
        cp.sort()
        min_num = cp[0]
        next_num = cp[1]
        idx = states[i-1].index(min_num)
        for j in range(k):
            if j != idx:
                states[i][j] += min_num
            else:
                states[i][j] += next_num
    return min(states[n])

例3. House Robber

題目描述：
有一排N棟房子(0~N-1),房子i里有A[i]個(gè)金幣。一個(gè)竊賊想選擇一些房子偷金幣，但是不能偷任何挨著的兩家鄰居,否則會(huì)被警察逮住。最多偷多少金幣？
? 例子:
? 輸入:A={3, 8, 4}
? 輸出:8 (只偷第二家的金幣)

分析：
? 最后一步:竊賊的最優(yōu)策略中,有可能偷或者不偷最后一棟房子N
? 情況1:不偷房子N
– 簡(jiǎn)單,最優(yōu)策略就是前N-1棟房子的最優(yōu)策略
? 情況2:偷房子N
– 仍然需要知道在前N-1棟房子中最多能偷多少金幣,但是,需要保證不偷第N-2棟房子

用f[i][0]表示不偷房子 i 的前提下,前 i 棟房子中最多能偷多少金幣；
用f[i][1]表示偷房子 i 的前提下,前 i 棟房子中最多能偷多少金幣。
f[i][0] = max{f[i-1][0], f[i-1][1]}，因?yàn)椴煌捣孔觟-1,所以房子i-2可以選擇偷或不偷；
f[i][1] = f[i-1][0] + A[i-1]，偷房子i-1,房子i-2必須不偷。

在不偷房子i-1的前提下,前i棟房子中最多能偷多少金幣等價(jià)于前i-1棟房子最多能偷多少金幣，所以我們可以簡(jiǎn)化前面的表示：
? 設(shè)f[i]為竊賊在前i棟房子最多偷多少金幣
? f[i] = max{f[i-1], f[i-2] + A[i-1]}
? 初始條件:
– f[0] = 0 (沒(méi)有房子,偷0枚金幣)
– f[1] = A[0]
– f[2] = max{A[0], A[1]}

時(shí)間復(fù)雜度O(N), 空間復(fù)雜度O(1)

代碼如下：

 def rob(nums: List[int]) -> int:
        n = len(nums)
        if n < 1:
            return 0
        if n == 1:
            return nums[0]
        dp = [0] * (n+1)
        dp[0] = 0
        dp[1] = nums[0]
        for i in range(2, n+1):
            dp[i] = max(dp[i-1], dp[i-2]+nums[i-1])
        return dp[n]

例4. House Robber II

題目描述：
有一圈N棟房子,房子i-1里有A[i]個(gè)金幣，一個(gè)竊賊想選擇一些房子偷金幣，但是不能偷任何挨著的兩家鄰居,否則會(huì)被警察逮住。最多偷多少金幣？
? 例子:
? 輸入:A={3, 8, 4}
? 輸出:8 (只偷房子1的金幣)

分析：
這題和House Robber非常類似,只是房子現(xiàn)在排成一個(gè)圈，于是房子0和房子N-1成了鄰居,不能同時(shí)偷盜：要么沒(méi)偷房子0，要么沒(méi)偷房子N-1。我們可以枚舉竊賊是沒(méi)有偷房子0還是沒(méi)有偷房子N-1：
情況1:沒(méi)偷房子0。最優(yōu)策略就是竊賊對(duì)于房子1~N-1的最優(yōu)策略->化為House Robber;
情況2:沒(méi)偷房子N-1。最優(yōu)策略就是竊賊對(duì)于房子0~N-2的最優(yōu)策略->化為House Robber。

代碼如下：

def houseRobber2(self, nums):
        n = len(nums)
        if n == 0:
            return 0
        if n == 1:
            return nums[0]
        dp = [0] * n
        dp[0], dp[1] = 0, nums[1]
        for i in range(2, n):
            dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1])
        answer = dp[n - 1]
        dp[0], dp[1] = nums[0], max(nums[0], nums[1])
        for i in range(2, n - 1):
            dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1])
        return max(dp[n - 2], answer)

例5. Best Time to Buy and Sell Stock

題目描述：
已知后面N天一支股票的每天的價(jià)格P 0 , P 1 , ..., P N-1，可以最多買一股賣一股。求最大利潤(rùn)。
? 例子:
? 輸入:[3, 2, 3, 1, 2]
? 輸出:1 (2買入,3賣出)

分析：
從0到N-1枚舉j,即第幾天賣，時(shí)刻保存當(dāng)前為止(即0~j-1天)的最低價(jià)格P i，最大的P j - P i 即為答案。（千萬(wàn)別太僵硬！）

代碼如下：

def maxProfit(prices: List[int]) -> int:
        if len(prices) < 1:
            return 0
        profit = 0
        low = prices[0]
        for price in prices:
            profit = max(profit, price-low)
            low = min(price, low)
        return profit

例6. Best Time to Buy and Sell Stock II

題目描述：
已知后面N天一支股票的每天的價(jià)格P 0 , P 1 , ..., P N-1，可以買賣一股任意多次,但任意時(shí)刻手中最多持有一股。求最大利潤(rùn)。
? 例子:
? 輸入:[2, 1, 2, 0, 1]
? 輸出:2 (1買入,2賣出,0買入,1賣出)

分析：
最優(yōu)策略是如果今天的價(jià)格比明天的價(jià)格低,就今天買,明天賣(貪心)。正確性證明可以從這里下手:
如果最優(yōu)策略第10天買,第15天賣,我們可以把它分解成5天,結(jié)果不會(huì)變差。

代碼如下：

def maxProfit2(prices: List[int]) -> int:
        n = len(prices)
        if n < 2:
            return 0
        profit = 0
        for i in range(n-1):
            if prices[i] < prices[i+1]:
                profit += prices[i+1] - prices[i]
        return profit

小結(jié)

當(dāng)思考動(dòng)態(tài)規(guī)劃最后一步時(shí), 這一步的選擇依賴于前一步的某種狀態(tài)。
初始化時(shí),f[0]代表前0個(gè)元素/前0天的情況（與坐標(biāo)型動(dòng)態(tài)規(guī)劃區(qū)別）
計(jì)算時(shí),f[i]代表前i個(gè)元素(即元素0~i-1)的某種性質(zhì)

2.2 最長(zhǎng)序列型動(dòng)態(tài)規(guī)劃

題目給定一個(gè)序列
? 要求找出符合條件的最長(zhǎng)子序列
? 方法
– 記錄以每個(gè)元素 i 結(jié)尾的最長(zhǎng)子序列的長(zhǎng)度
– 計(jì)算時(shí),在 i 之前枚舉子序列上一個(gè)元素是哪個(gè)

例1. Longest Increasing Subsequence

題目描述：
給定a[0], ..., a[n-1]，找到最長(zhǎng)的子序列0<=i 1 <i 2 <...<i K <n, 使得a[i 1 ]<a[i 2 ]<...<a[i K ],輸出K
例子:
輸入:[4, 2, 4, 5, 3, 7]
輸出:4 (子序列2, 4, 5, 7)

分析：
最后一步
對(duì)于最優(yōu)的策略,一定有最后一個(gè)元素a[j]
? 第一種情況：最優(yōu)策略中最長(zhǎng)上升子序列就是{a[j]},答案是1
? 第二種情況：子序列長(zhǎng)度大于1,那么最優(yōu)策略中a[j]前一個(gè)元素是a[i], 并且a[i] < a[j]。
因?yàn)槭亲顑?yōu)策略,那么它選中的以a[i]結(jié)尾的上升子序列一定是最長(zhǎng)的。

子問(wèn)題
因?yàn)椴淮_定最優(yōu)策略中a[j]前一個(gè)元素a[i]是哪個(gè),需要枚舉每個(gè)i，求以a[i]結(jié)尾的最長(zhǎng)上升子序列，本來(lái)是求以a[j]結(jié)尾的最長(zhǎng)上升子序列，化為子問(wèn)題: i < j。

狀態(tài)
設(shè)f[j] =以a[j]結(jié)尾的最長(zhǎng)上升子序列的長(zhǎng)度。

轉(zhuǎn)移方程
f[j] =以a[j]結(jié)尾的最長(zhǎng)上升子序列的長(zhǎng)度：
f[j] = max{ 1, f[i] + 1| i < j and a[i] < a[j]}
? 計(jì)算f[0], f[1], f[2], ..., f[n-1]
? 答案是max{f[0], f[1], f[2], ..., f[n-1]}
? 算法時(shí)間復(fù)雜度O(n² ),空間復(fù)雜度O(n)

代碼如下：

def lengthOfLIS(nums: List[int]) -> int:
        n = len(nums)
        if n < 1:
            return 0
        dp = [1] * n
        dp[0] = 1
        for i in range(1, n):
            subs = [dp[j] for j in range(i) if nums[j] < nums[i]]
            if subs:
                dp[i] = max(subs) + 1
        return max(dp)

O(NlogN)的解法：

tails is an array storing the smallest tail of all increasing subsequences with length i+1 in tails[i].
For example, say we have nums = [4,5,6,3], then all the available increasing subsequences are:

len = 1 : [4], [5], [6], [3] => tails[0] = 3
len = 2 : [4, 5], [5, 6] => tails[1] = 5
len = 3 : [4, 5, 6] => tails[2] = 6

We can easily prove that tails is a increasing array. Therefore it is possible to do a binary search in tails array to find the one needs update.

Each time we only do one of the two:

(1) if x is larger than all tails, append it, increase the size by 1
(2) if tails[i-1] < x <= tails[i], update tails[i]

Doing so will maintain the tails invariant. The the final answer is just the size.

def lengthOfLIS(self, nums):
    tails = [0] * len(nums)
    size = 0
    for x in nums:
        i, j = 0, size
        while i != j:
            m = (i + j) / 2
            if tails[m] < x:
                i = m + 1
            else:
                j = m
        tails[i] = x
        size = max(i + 1, size)
    return size

例2. Russian Doll Envelopes

題目描述：
給定N個(gè)信封的長(zhǎng)度和寬度，如果一個(gè)信封的長(zhǎng)和寬都分別小于另一個(gè)信封的長(zhǎng)和寬,則這個(gè)信封可
以放入另一個(gè)信封
? 問(wèn)最多嵌套多少個(gè)信封
? 例子:
? 輸入:[[5,4],[6,4],[6,7],[2,3]]
? 輸出:3 ([2,3] => [5,4] => [6,7])

狀態(tài)
設(shè)f[j] =以a[j]結(jié)尾的最長(zhǎng)上升子序列的長(zhǎng)度。

代碼如下：

def lengthOfLIS(nums: List[int]) -> int:
        n = len(nums)
        if n < 1:
            return 0
        dp = [1] * n
        dp[0] = 1
        for i in range(1, n):
            subs = [dp[j] for j in range(i) if nums[j] < nums[i]]
            if subs:
                dp[i] = max(subs) + 1
        return max(dp)

三、劃分型動(dòng)態(tài)規(guī)劃

給定長(zhǎng)度為N的序列或字符串,要求劃分成若干段：

段數(shù)不限，或指定K段
每一段滿足一定的性質(zhì)

做法類似于序列型動(dòng)態(tài)規(guī)劃，但是通常要加上段數(shù)信息。一般用f[i][j]記錄前 i 個(gè)元素(元素0~i-1)分成j段的性質(zhì),如最小代價(jià)。

例1. Decode Ways

題目描述：
有一段由A-Z組成的字母串信息被加密成數(shù)字串，加密方式為：A->1, B->2, …, Z->26。給定加密后的數(shù)字串S[0…N-1]，問(wèn)有多少種方式解密成字母串？
例子：
輸入： 12
輸出： 2 (AB 或者 L)

第一步：確定狀態(tài)

解密數(shù)字串即劃分成若干段數(shù)字，每段數(shù)字對(duì)應(yīng)一個(gè)字母。

最后一步
最后一步或一段一定對(duì)應(yīng)一個(gè)字母 A, B, …, 或Z，這個(gè)字母加密時(shí)變成1, 2, …, 或26。

子問(wèn)題
設(shè)數(shù)字串長(zhǎng)度為N，要求數(shù)字串前N個(gè)字符的解密方式數(shù)，需要知道數(shù)字串前N-1和N-2個(gè)字符的解密方式數(shù)。
狀態(tài)：設(shè)數(shù)字串S前 i 個(gè)數(shù)字解密成字母串有 f[i] 種方式。

第二步：轉(zhuǎn)移方程

設(shè)數(shù)字串S前 i 個(gè)數(shù)字解密成字母串有 f[i] 種方式：

f[i] = f[i-1] | S[i-1]對(duì)應(yīng)一個(gè)字母 + f[i-2] | S[i-2]S[i-1]對(duì)應(yīng)一個(gè)字母。

第三步：初始條件和邊界情況

初始條件：f[0] = 1，即空串有1種方式解密，解密成空串
邊界情況：如果i = 1, 只看最后一個(gè)數(shù)字，f[1] = 1

第四步：計(jì)算順序

依次計(jì)算 f[0], f[1], …, f[N]
? 答案是f[N]
? 時(shí)間復(fù)雜度O(N), 空間復(fù)雜度O(N)

代碼如下：

def numDecodings(s: str) -> int:
        if s == "" or s[0] == '0':
            return 0
        s = ' ' + s  # 為了把f(0) = 0 帶入計(jì)算，將 s 延長(zhǎng) 1
        dp = [1, 1]  # 初始化 f(0) 和 f(1)
        for i in range(2, len(s)):
            if 10 <= int(s[i-1 : i+1]) <=26 and s[i] != '0':
                dp.append(dp[i-1] + dp[i-2])
            elif s[i-1 : i+1] == '10' or s[i-1 : i+1] == '20':
                dp.append(dp[i-2])
            elif s[i] != '0':  # 零只能用來(lái)構(gòu)成 10 或 20，否則無(wú)法解碼
                dp.append(dp[i-1])
            else:
                return 0
        return dp[len(s)-1]

例2. Perfect Squares

題目描述：
給定一個(gè)正整數(shù)n，問(wèn)最少可以將n分成幾個(gè)完全平方數(shù)(1,4,9,...)之和？
例子：
輸入： n=13
輸出： 2 (13=4+9)

第一步：確定狀態(tài)

最后一步
關(guān)注最優(yōu)策略中最后一個(gè)完全平方數(shù) j²，最優(yōu)策略中n-j² 也一定被分成最少的完全平方數(shù)之和。
子問(wèn)題
所以需要知道n-j² 最少被分成幾個(gè)完全平方數(shù)之和。原來(lái)是求 n 最少被分成幾個(gè)完全平方數(shù)之和。
狀態(tài)：設(shè) f[i] 表示 i 最少被分成幾個(gè)完全平方數(shù)之和

第二步：轉(zhuǎn)移方程

設(shè)f[i]表示i最少被分成幾個(gè)完全平方數(shù)之和：
$f[i] = min_{1<=j*j<=i} (f[i-j^2 ] + 1)$

第三步：初始條件和邊界情況

初始條件：0被分成0個(gè)完全平方數(shù)之和，f[0] = 0

第四步：計(jì)算順序

依次計(jì)算 f[0], f[1], …, f[N]
? 答案是f[N]
? 時(shí)間復(fù)雜度O(N^1.5), 空間復(fù)雜度O(N^1.5)

代碼如下：

def numSquares(n: int) -> int:
    dp = [0] * (n+1)
    dp[1] = 1
    for i in range(2, n+1):
        temp = [dp[i-j*j] for j in range(1, int(i**0.5)+1)]
        dp[i] = min(temp) + 1
    return dp[n]

例3. Palindrome Partitioning II

題目描述：
給定一個(gè)字符串S[0..N-1]，要求將這個(gè)字符串劃分成若干段,每一段都是一個(gè)回文串(正反看起來(lái)一樣)。求最少劃分幾次？
例子:
輸入: “aab”
輸出: 1 (劃分1次 “aa”, “b”)

第一步：確定狀態(tài)

最后一步
關(guān)注最優(yōu)策略中最后一段回文串，設(shè)為S[j..N-1]
子問(wèn)題
求S前N個(gè)字符S[0..N-1]最少劃分為幾個(gè)回文串，需要知道S前 j 個(gè)字符[0..j-1]最少可以劃分成幾個(gè)回文串，減小問(wèn)題規(guī)模。
狀態(tài)
設(shè)S前 i 個(gè)字符S[0..i-1]最少可以劃分成 f[i] 個(gè)回文串。

第二步：轉(zhuǎn)移方程

$f[i] = min_{j=0,...,i-1 并且 S[j..i-1]是回文串} (f[j] + 1)$

注意：f[i] 表示前 i 個(gè)字符可以劃分成多少回文字符串，這里的 i 指字符串長(zhǎng)度。f[i-1] 表示前 i-1 個(gè)字符可以分成多少個(gè)；而 S[j..i-1] 是下標(biāo)，比如 j=i-1 時(shí)，f[i-1]如前所述，而S[i-1..i-1]指的是最后那個(gè)字符。

如何判斷回文字符串？

可以用兩個(gè)指針從兩頭向中間移動(dòng),每一步兩個(gè)指針指向的字符都必須相等。但是每次都判斷S[j..i-1]是不是回文串很慢，可以用 isPalin[i][j] 記錄S[i..j]是否是回文串，這樣在主程序內(nèi)直接檢查即可。轉(zhuǎn)移方程變?yōu)椋?/p>

$f[i] = min_{j=0,...,i-1\ \text{and} \ isPalin[j][i-1] = True} (f[j] + 1)$

第三步：初始條件和邊界情況

初始條件：空串被分成0個(gè)回文串，f[0] = 0

第四步：計(jì)算順序

依次計(jì)算 f[0], f[1], …, f[N]
? 答案是f[N]-1 ，因?yàn)閒[i]是劃分多少回文串，而問(wèn)題是劃分多少次。（f[0]除外）
? 時(shí)間復(fù)雜度O(N²), 空間復(fù)雜度O(N²)

代碼如下：

def minCut(s: str) -> int:
    n = len(s)
    if n == 0:
        return 0
    # 記錄回文字符串
    P = [[False]*n for _ in range(n)]
    for i in reversed(range(n)):
        for j in range(i, n):
            if (s[i] == s[j] and (j - i < 2 or P[i + 1][j - 1])):
                P[i][j] = True
    # 尋找最少劃分
    dp = [0]*(n+1)
    dp[1] = 1
    for i in range(2, n+1):
        temp = [dp[j]+1 for j in range(i) if P[j][i-1]]
        dp[i] = min(temp)
    return dp[n]-1

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動(dòng)態(tài)規(guī)劃2——初探

一、坐標(biāo)型動(dòng)態(tài)規(guī)劃

例1. Unique Paths II

例2. Longest Increasing Continuous Subsequence

例3. Minimum Path Sum

例4.Counting Bits

小結(jié)

二、序列型動(dòng)態(tài)規(guī)劃

2.1 序列+狀態(tài)型動(dòng)態(tài)規(guī)劃

例1. Paint House

第一步：確定狀態(tài)

第二步：轉(zhuǎn)移方程

第三步：初始條件和邊界情況

第四步：計(jì)算順序

例2. Paint House II

例3. House Robber

例4. House Robber II

例5. Best Time to Buy and Sell Stock

例6. Best Time to Buy and Sell Stock II

小結(jié)

2.2 最長(zhǎng)序列型動(dòng)態(tài)規(guī)劃

例1. Longest Increasing Subsequence

例2. Russian Doll Envelopes

三、劃分型動(dòng)態(tài)規(guī)劃

例1. Decode Ways

第一步：確定狀態(tài)

第二步：轉(zhuǎn)移方程

第三步：初始條件和邊界情況

第四步：計(jì)算順序

例2. Perfect Squares

第一步：確定狀態(tài)

第二步：轉(zhuǎn)移方程

第三步：初始條件和邊界情況

第四步：計(jì)算順序

例3. Palindrome Partitioning II

第一步：確定狀態(tài)

第二步：轉(zhuǎn)移方程

第三步：初始條件和邊界情況

第四步：計(jì)算順序

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