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给你一个整数数组 coins ，表示不同面额的硬币；以及一个整数 amount ，表示总金额。计算并返回可以凑成总金额所需的 最少的硬币个数 。如果没有任何一种硬币组合能组成总金额，返回 -1 。你可以认为每种硬币的数量是无限的。

题目中说每种硬币的数量是无限的，可以看出是典型的完全背包问题。

• 确定dp数组以及下标的含义：dp[j]：凑足总额为j所需钱币的最少个数为dp[j]
• 确定递推公式：凑足总额为j - coins[i]的最少个数为dp[j - coins[i]]，那么只需要加上一个钱币coins[i]即dp[j - coins[i]] + 1就是dp[j]（考虑coins[i]）；所以dp[j] 要取所有 dp[j - coins[i]] + 1 中最小的。递推公式：dp[j] = min(dp[j - coins[i]] + 1, dp[j]);
• dp数组如何初始化：首先凑足总金额为0所需钱币的个数一定是0，那么dp[0] = 0;考虑到递推公式的特性，dp[j]必须初始化为一个最大的数，否则就会在min(dp[j - coins[i]] + 1, dp[j])比较的过程中被初始值覆盖。
• 确定遍历顺序：本题求钱币最小个数，那么钱币有顺序和没有顺序都可以，都不影响钱币的最小个数。所以先背包或先物品对结果没影响。

class Solution {
public:int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {vector<int> dp(amount+1,INT_MAX);dp[0]=0;for(int i=0;i<=amount;i++){for(int j=0;j<coins.size();j++){if(i-coins[j]>=0 && dp[i-coins[j]]!=INT_MAX){dp[i] = min(dp[i],dp[i-coins[j]]+1);}}}return dp[amount]==INT_MAX?-1:dp[amount];}
};

时间复杂度: O(n * amount)，其中 n 为 coins 的长度；空间复杂度: O(amount)

给你一个整数 n ，返回 和为 n 的完全平方数的最少数量 。完全平方数 是一个整数，其值等于另一个整数的平方；换句话说，其值等于一个整数自乘的积。例如，1、4、9 和 16 都是完全平方数，而 3 和 11 不是。

确定dp数组（dp table）以及下标的含义：dp[j]：和为j的完全平方数的最少数量为dp[j]

确定递推公式：dp[j] 可以由dp[j - i * i]推出， dp[j - i * i] + 1 便可以凑成dp[j]。此时我们要选择最小的dp[j]，所以递推公式：dp[j] = min(dp[j - i * i] + 1, dp[j]);

dp数组如何初始化：dp[0]表示 和为0的完全平方数的最小数量，那么dp[0]一定是0。从递归公式dp[j] = min(dp[j - i * i] + 1, dp[j]);中可以看出每次dp[j]都要选最小的，所以非0下标的dp[j]一定要初始为最大值，这样dp[j]在递推的时候才不会被初始值覆盖。

class Solution {
public:int numSquares(int n) {vector<int> dp(n+1,INT_MAX);dp[0]=0;for(int i=0;i<=n;i++){for(int j=1;j*j<=i;j++){dp[i] = min(dp[i],dp[i-j*j]+1);}}return dp[n];}
};

给你一个字符串 s 和一个字符串列表 wordDict 作为字典。请你判断是否可以利用字典中出现的单词拼接出 s 。**注意：**不要求字典中出现的单词全部都使用，并且字典中的单词可以重复使用。

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！

• 确定dp数组以及下标的含义：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。
• 确定递推公式：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] 这个区间的子串出现在字典里 && dp[j]是true) 那么 dp[i] = true。
• dp数组如何初始化：从递推公式中可以看出，dp[i] 的状态依靠 dp[j]是否为true，那么dp[0]就是递推的根基，dp[0]一定要为true，否则递推下去后面都都是false了。
• 确定遍历顺序：本题其实我们求的是排列数，为什么呢。 拿 s = “applepenapple”, wordDict = [“apple”, “pen”] 举例。“apple”, “pen” 是物品，那么我们要求 物品的组合一定是 “apple” + “pen” + “apple” 才能组成 “applepenapple”。所以说，本题一定是 先遍历 背包，再遍历物品。

class Solution {
public:bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {unordered_set<string> wordset(wordDict.begin(),wordDict.end());vector<bool> dp(s.size()+1,false);dp[0]=true;for(int i=1;i<=s.size();i++){for(int j=0;j<i;j++){string word=s.substr(j,i-j);//substr(起始位置，截取的个数)if(wordset.find(word)!=wordset.end() && dp[j]){dp[i]=true;}}   }return dp[s.size()];}
};

时间复杂度：O(n^3)，因为substr返回子串的副本是O(n)的复杂度（这里的n是substring的长度）；空间复杂度：O(n)

你是一个专业的小偷，计划偷窃沿街的房屋。每间房内都藏有一定的现金，影响你偷窃的唯一制约因素就是相邻的房屋装有相互连通的防盗系统，如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警。给定一个代表每个房屋存放金额的非负整数数组，计算你 不触动警报装置的情况下 ，一夜之内能够偷窃到的最高金额。

当前房屋偷与不偷取决于 前一个房屋和前两个房屋是否被偷了。所以这里就更感觉到，当前状态和前面状态会有一种依赖关系，那么这种依赖关系都是动规的递推公式。当然以上是大概思路，打家劫舍是dp解决的经典问题，接下来我们来动规五部曲分析如下：

• 确定dp数组（dp table）以及下标的含义：如果偷第i房间，那么dp[i] = dp[i - 2] + nums[i] ，即：第i-1房一定是不考虑的，找出 下标i-2（包括i-2）以内的房屋，最多可以偷窃的金额为dp[i-2] 加上第i房间偷到的钱。如果不偷第i房间，那么dp[i] = dp[i - 1]，即考 虑i-1房，（注意这里是考虑，并不是一定要偷i-1房，这是很多同学容易混淆的点）。然后dp[i]取最大值，即dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1]);
• dp数组如何初始化：从递推公式dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1]);可以看出，递推公式的基础就是dp[0] 和 dp[1]；从dp[i]的定义上来讲，dp[0] 一定是 nums[0]，dp[1]就是nums[0]和nums[1]的最大值即：dp[1] = max(nums[0], nums[1]);

class Solution {
public:int rob(vector<int>& nums) {if(nums.size()==0){return 0;}if(nums.size()==1){return nums[0];}vector<int> dp(nums.size());dp[0]=nums[0];dp[1]=max(nums[0],nums[1]);for(int i=2;i<nums.size();i++){dp[i]=max(dp[i-2]+nums[i],dp[i-1]);}return dp[nums.size()-1];}
};

时间复杂度: O(n)；空间复杂度: O(n)

你是一个专业的小偷，计划偷窃沿街的房屋，每间房内都藏有一定的现金。这个地方所有的房屋都 围成一圈 ，这意味着第一个房屋和最后一个房屋是紧挨着的。同时，相邻的房屋装有相互连通的防盗系统，如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警 。给定一个代表每个房屋存放金额的非负整数数组，计算你 在不触动警报装置的情况下 ，今晚能够偷窃到的最高金额。

class Solution {
public:int robpart(vector<int> &numspart,int start,int end){if(end==start) return numspart[start];vector<int> dp(numspart.size());dp[start] = numspart[start];dp[start+1] = max(numspart[start],numspart[start+1]);for(int i=start+2;i<=end;i++){dp[i] = max(dp[i-2]+numspart[i],dp[i-1]);// cout<<dp[i]<<" ";}return dp[end];}int rob(vector<int>& nums) {if(nums.size()==0){return 0;}if(nums.size()==1){return nums[0];}int left = robpart(nums,0,nums.size()-2);// cout<<endl;int right = robpart(nums,1,nums.size()-1);// cout<<left<<" "<<right<<endl;// return left>right?left:right;return max(left,right);}
};

小偷又发现了一个新的可行窃的地区。这个地区只有一个入口，我们称之为 root 。除了 root 之外，每栋房子有且只有一个“父“房子与之相连。一番侦察之后，聪明的小偷意识到“这个地方的所有房屋的排列类似于一棵二叉树”。 如果 两个直接相连的房子在同一天晚上被打劫 ，房屋将自动报警。给定二叉树的 root 。返回 在不触动警报的情况下 ，小偷能够盗取的最高金额 。

这道题目算是树形dp的入门题目，因为是在树上进行状态转移，在讲解二叉树的时候说过递归三部曲，那么下面我以递归三部曲为框架，其中融合动规五部曲的内容来进行讲解。

• 确定递归函数的参数和返回值：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。
• 确定终止条件：在遍历的过程中，如果遇到空节点的话，很明显，无论偷还是不偷都是0，所以就返回
• 确定遍历顺序：首先明确的是使用后序遍历。 因为要通过递归函数的返回值来做下一步计算。通过递归左节点，得到左节点偷与不偷的金钱。通过递归右节点，得到右节点偷与不偷的金钱。
• 确定单层递归的逻辑：如果是偷当前节点，那么左右孩子就不能偷，val1 = cur->val + left[0] + right[0]; 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]);最后当前节点的状态就是{val2, val1}; 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}

/*** Definition for a binary tree node.* struct TreeNode {*     int val;*     TreeNode *left;*     TreeNode *right;*     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}* };*/
class Solution {
public:vector<int> robtree(TreeNode *cur){if(cur==nullptr){return vector<int>{0,0};}vector<int> left=robtree(cur->left);vector<int> right=robtree(cur->right);int val1=cur->val+left[0]+right[0];int val2=max(left[0],left[1])+max(right[0],right[1]);return {val2,val1};}int rob(TreeNode* root) {vector<int> res=robtree(root);return max(res[0],res[1]);}
};

时间复杂度：O(n)，每个节点只遍历了一次；空间复杂度：O(log n)，算上递推系统栈的空间