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notes/Leetcode 题解 - 动态规划.md

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 <!-- GFM-TOC -->
 
 
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 递归和动态规划都是将原问题拆成多个子问题然后求解，他们之间最本质的区别是，动态规划保存了子问题的解，避免重复计算。
 
 # 斐波那契数列
@@ -430,9 +432,9 @@ public int numDecodings(String s) {
 
 # 最长递增子序列
 
-已知一个序列 {S<sub>1</sub>, S<sub>2</sub>,...,S<sub>n</sub>}，取出若干数组成新的序列 {S<sub>i1</sub>, S<sub>i2</sub>,..., S<sub>im</sub>}，其中 i1、i2 ... im 保持递增，即新序列中各个数仍然保持原数列中的先后顺序，称新序列为原序列的一个 **子序列** 。
+已知一个序列 {S<sub>1</sub>, S<sub>2</sub>,...,S<sub>n</sub>}，取出若干数组成新的序列 {S<sub>i1</sub>, S<sub>i2</sub>,..., S<sub>im</sub>}，其中 i1、i2 ... im 保持递增，即新序列中各个数仍然保持原数列中的先后顺序，称新序列为原序列的一个  **子序列**  。
 
-如果在子序列中，当下标 ix > iy 时，S<sub>ix</sub> > S<sub>iy</sub>，称子序列为原序列的一个 **递增子序列** 。
+如果在子序列中，当下标 ix > iy 时，S<sub>ix</sub> > S<sub>iy</sub>，称子序列为原序列的一个  **递增子序列**  。
 
 定义一个数组 dp 存储最长递增子序列的长度，dp[n] 表示以 S<sub>n</sub> 结尾的序列的最长递增子序列长度。对于一个递增子序列 {S<sub>i1</sub>, S<sub>i2</sub>,...,S<sub>im</sub>}，如果 im < n 并且 S<sub>im</sub> < S<sub>n</sub>，此时 {S<sub>i1</sub>, S<sub>i2</sub>,..., S<sub>im</sub>, S<sub>n</sub>} 为一个递增子序列，递增子序列的长度增加 1。满足上述条件的递增子序列中，长度最长的那个递增子序列就是要找的，在长度最长的递增子序列上加上 S<sub>n</sub> 就构成了以 S<sub>n</sub> 为结尾的最长递增子序列。因此 dp[n] = max{ dp[i]+1 | S<sub>i</sub> < S<sub>n</sub> && i < n} 。
 
@@ -676,7 +678,7 @@ public int knapsack(int W, int N, int[] weights, int[] values) {
 }
 ```
 
-**空间优化** 
+**空间优化**  
 
 在程序实现时可以对 0-1 背包做优化。观察状态转移方程可以知道，前 i 件物品的状态仅与前 i-1 件物品的状态有关，因此可以将 dp 定义为一维数组，其中 dp[j] 既可以表示 dp[i-1][j] 也可以表示 dp[i][j]。此时，
 
@@ -701,7 +703,7 @@ public int knapsack(int W, int N, int[] weights, int[] values) {
 }
 ```
 
-**无法使用贪心算法的解释** 
+**无法使用贪心算法的解释**  
 
 0-1 背包问题无法使用贪心算法来求解，也就是说不能按照先添加性价比最高的物品来达到最优，这是因为这种方式可能造成背包空间的浪费，从而无法达到最优。考虑下面的物品和一个容量为 5 的背包，如果先添加物品 0 再添加物品 1，那么只能存放的价值为 16，浪费了大小为 2 的空间。最优的方式是存放物品 1 和物品 2，价值为 22.
 
@@ -711,7 +713,7 @@ public int knapsack(int W, int N, int[] weights, int[] values) {
 | 1 | 2 | 10 | 5 |
 | 2 | 3 | 12 | 4 |
 
-**变种** 
+**变种**  
 
 - 完全背包：物品数量为无限个